2019 牛客全国多校一

 

部分题解后面更行

 

A Equivalent Prefixes

题解：https://blog.csdn.net/liufengwei1/article/details/96515809

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxl 100010
using namespace std;
 
int n,ans,top;
int a[maxl],b[maxl];
int la[maxl],ra[maxl],lb[maxl],rb[maxl];
int s[maxl];
 
inline bool jug(int mid)
{
    top=0;
    for(int i=1;i<=mid;i++)
    {
        while(top>0 && a[i]<a[s[top]])
            ra[s[top]]=i-1,top--;
        s[++top]=i;
        la[i]=s[top-1]+1;
    }
    while(top>0) ra[s[top]]=mid,top--;
    top=0;
    for(int i=1;i<=mid;i++)
    {
        while(top>0 && b[i]<b[s[top]])
            rb[s[top]]=i-1,top--;
        s[++top]=i;
        lb[i]=s[top-1]+1;
    }
    while(top>0) rb[s[top]]=mid,top--;
    for(int i=1;i<=mid;i++)
    if(la[i]!=lb[i] || ra[i]!=rb[i]) return false;
    return true;
}
 
int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);
        int l=1,r=n,mid;
        while(l+1<r)
        {
            mid=(l+r)>>1;
            if(jug(mid)) l=mid;
            else r=mid; 
        }
        if(jug(r)) ans=r;
        else ans=l;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

B Integration

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod =1e9+7;
const int size=1e3+5;
int quick_pow(int a,int b)
{
    int ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=1LL*ans*a%mod;
        a=1LL*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans%mod;
}
int a[size];
int k[size];
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {  
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            k[i]=1;
            for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                if(j==i) continue;
                k[i]=1LL*k[i]*((1LL*a[j]*a[j]%mod-1LL*a[i]*a[i]%mod+mod)%mod)%mod;
            }
            k[i]=quick_pow(k[i],mod-2);
        }
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            ans=(ans+1LL*k[i]*500000004%mod*quick_pow(a[i],mod-2)%mod)%mod;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}

 E ABBA

法一：DP

题意：问给你长度为2*（n+m）的字符串，由n+m个‘A'和’B'组成，要求有n个AB子序列，和m个BA子序列，这样的串有多少种 ？ 

题解：前n个A必为AB的A，前m个B必为BA的B，因为如果我前n个A中有一个是BA的A,那么我们可以从更后面 随便找一个A给这个B用。

然后DP：定义dp[i][j] : 放了i个A和j个B的合法方案数。

放A：
　　如果i < n 那么可以直接放这个A，理由如上。

　　如果i>=n 那么我们要确保这个放的A能给前面的B当做BA中的A用，那么当我 们需要的A是min(j,m)个 已经给了i-n个， 故如果(i-n)<min(j,m) 还可以继续放A.

放B ：

　　如果j< m 那么可以直接放这个B，

　　如果j>=m 那么我们要确保这个放的B能给前面的A当做AB中的B用，那么当我 们需要的B是min(i,n)个 已经给了j-m个， 故如果(j-m)<min(i,n) 还可以继续放B.

 

参考代码：

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
const int maxn=3010; 
int n,m,dp[maxn][maxn];
void add(int &a,int b){a+=b;if(a>=mod)a-=mod;}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        for(int i=0;i<=n+m;++i)
            for(int j=0;j<=n+m;++j)
                dp[i][j]=0;
        dp[0][0]=1;
        for(int i=0;i<=n+m;++i)
            for(int j=0;j<=n+m;++j)
            {
                if(i<n||i-n<j) add(dp[i+1][j],dp[i][j]);
                if(j<m||j-m<i) add(dp[i][j+1],dp[i][j]);
            }
        printf("%d\n",dp[n+m][n+m]);
    }
    
    
    return 0;
}

 

 

 

 

法二：下面是数学方法过的。

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=1e9+7;
const int size=4e3+5;
int fac[size],invfac[size];
int quick_pow(int a,int b)
{
    int ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=1LL*ans*a%mod;
        a=1LL*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans%mod;
}  
void init()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<size;i++) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    invfac[size-1]=quick_pow(fac[size-1],mod-2);
    for(int i=size-2;i>=0;i--) invfac[i]=1LL*invfac[i+1]*(i+1)%mod;
}
int combi(int a,int b)
{
    if(a<0) return 0;
    if(a==0) return 1;
    return 1LL*fac[b]*invfac[a]%mod*invfac[b-a]%mod;
}
int main()
{
    int n,m;
    init();
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        printf("%d\n",(1LL*fac[2*(n+m)]*invfac[n+m]%mod*invfac[n+m]%mod-combi(n-1,2*(n+m))+mod-combi(m-1,2*(n+m))+mod)%mod);
    }
}

 F Random  Point in Triangle 

题解：https://blog.csdn.net/liufengwei1/article/details/96481280

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxl 10010
 
using namespace std;
 
int main()
{
    int x1,y1,x2,y2,x3,y3;
    while(~scanf("%d%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2,&x3,&y3))
    {
        long long tmp=1ll*(x2-x1)*(y3-y1)-1ll*(x3-x1)*(y2-y1);
        if(tmp<0)
            tmp=-tmp;
        printf("%lld\n",tmp*11);
    }
    return 0;
}

 

H XOR

题解：题目的意思是：给你N个数的集合A，然你找一个子集S满足S中的所有元素异或后为0（mod 1000000007）,让你求 ∑|S|.

这题可以转换思路，求每一个元素出现的集合数量，即求每一个元素的贡献。

线性基的性质是用小集合表示大集合，（大集合里面任意元素的异或值都可以在小集合里面得到）。

然后我们将元素分为线性基内外两部分：

线性基外的元素：

　　根据线性基的性质可以求出 ans1 = 1LL * size * ( 2^(size-1) ) % mod;

线性基内部的元素：

　　我们枚举每一个元素，然后将剩余元素建立新的线性基，如果这个元素任然可以插入新的线性基，则该元素没有贡献(因为不会出现为零的子集包含该元素)

　　如果不能插入的话，那么该元素的贡献是    1LL * ( 2 ^ ( size - 1 ) ) % mod;

　　对于判断是否能插入这个地方，我们可以优化： 在刚开始构建线性基的时候，对于不在线性基里面的元素我们可以记录它可以替代哪些位置，然后后面枚举每一位上面的1是否可以被替代即可。

 (上面题解写得不明不白，还是我的题解写得好233https://blog.csdn.net/liufengwei1/article/details/96571038)

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
vector<ll> vec;
const int maxn=2e5+10;
int n;
ll a[maxn],LB[64],b[64];
ll pre[maxn];
void Insert()
{
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        bool flag=true;
        ll x=a[i],m=0;
        for(int j=60;j>=0;--j)
        {
            if(x&(1LL<<j))
            {
                if(!LB[j])
                {
                    LB[j]=x;
                    flag=false;
                     b[j]=m^(1LL<<j);
                    break;
                }
                x^=LB[j];
                m^=b[j];
            }
        }
        if(flag) vec.push_back(m);    
    }    
}

int main()
{
    pre[0]=1;
    for(int i=1;i<=100010;++i) pre[i]=2LL*pre[i-1]%mod;
    
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        memset(LB,0,sizeof(LB));
        vec.clear();
        for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",a+i);
        Insert();
        ll ans=1ll*pre[(int)vec.size()-1]*((int)vec.size())%mod;    
        for(int i=60;i>=0;--i)
        {
            int cnt=0;
            for(auto v:vec) if(v&(1LL<<i)) ++cnt;
            if(cnt) ans=(ans+pre[(int)vec.size()-1])%mod;        
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }

    return 0;    
}

 

I Points Division 

 

参考代码：

 

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N = 1e5+7;
const double eps = 1e-8;
const ll mod = 1e9+7;
struct Point{
    int x,y;
    ll a,b;
    friend bool operator < (Point a,Point b){
        if(a.x==b.x) return a.y>b.y;
        return a.x<b.x;
    }
};
Point p[N];
ll h[N];
struct tree{
    int l,r;
    ll lazy,v;
};
tree t[N<<2];
void build(int p,int l,int r)
{
    t[p]=(tree){l,r,0,0};
    if(l==r) return ;
    int mid=(l+r)>>1;
    build(p<<1,l,mid);
    build(p<<1|1,mid+1,r);
}
void pushdown(int p)
{
    if(t[p].lazy)
    {
        t[p<<1].v+=t[p].lazy;
        t[p<<1|1].v+=t[p].lazy;
        t[p<<1].lazy+=t[p].lazy;
        t[p<<1|1].lazy+=t[p].lazy;
        t[p].lazy=0;
    }
}
void update(int p,int pos,ll x)
{
    if(t[p].l==t[p].r&&t[p].l==pos)
    {
        t[p].v=max(t[p].v,x);
        return ;
    }
    pushdown(p);
    int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;
    if(pos<=mid) update(p<<1,pos,x);
    else update(p<<1|1,pos,x);
    t[p].v=max(t[p<<1].v,t[p<<1|1].v);
}
void update1(int p,int l,int r,ll x)
{
    if(l>r) return ;
    if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r)
    {
        t[p].v+=x;
        t[p].lazy+=x;
        return ;
    }
    pushdown(p);
    int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;
    if(l<=mid) update1(p<<1,l,r,x);
    if(mid<r) update1(p<<1|1,l,r,x);
    t[p].v=max(t[p<<1].v,t[p<<1|1].v);
}
ll query(int p,int l,int r)
{
    if(l>r) return 0;
    if(l<=t[p].l&&t[p].r<=r)
        return t[p].v;

    int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;
    pushdown(p);
    ll res=0;
    if(l<=mid) res=max(res,query(p<<1,l,r));
    if(mid<r) res=max(res,query(p<<1|1,l,r));
    return res;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    while(cin>>n)
    {
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cin>>p[i].x>>p[i].y>>p[i].a>>p[i].b;
            h[++cnt]=p[i].y;
        }
        sort(p+1,p+1+n);
        sort(h+1,h+1+cnt);
        cnt=unique(h+1,h+1+cnt)-(h+1);
        for(int i=1;i<=n;i++) p[i].y=lower_bound(h+1,h+1+cnt,p[i].y)-h+1;
        cnt++;
        build(1,1,cnt);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            ll res=query(1,1,p[i].y);
            update(1,p[i].y,res+p[i].b);
            update1(1,p[i].y+1,cnt,p[i].b);
            update1(1,1,p[i].y-1,p[i].a);
        }
        cout<<t[1].v<<endl;
    }
    return 0;
}

 

J Freaction Comparision

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
long long x,y,a,b;
 
int main()
{
    __int128 sum1,sum2;
    while(~scanf("%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&a,&b))
    {
        sum1=x;sum1*=b;
        sum2=y;sum2*=a;
        if(sum1<sum2)
            puts("<");
        else if(sum1>sum2)
            puts(">");
        else
            puts("=");
    }
    return 0;
}

 

 

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