CF446 (Div. 1)简单题解
A .DZY Loves Sequences
pro：给定长度为N的序列，你最多可以改变一个数的值，问最长严格上升子序列长度。 N<1e5.
sol：分几种情况，一种的不改变； 一种是改变，然后接上一个； 一个是改变中间一个，接上两段，而且满足a[mid-1]<a[mid]<a[mid+1]
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) const int maxn=100010; int a[maxn],L[maxn],R[maxn]; int main() { int N,ans=0; scanf("%d",&N); rep(i,1,N) scanf("%d",&a[i]); rep(i,1,N) { L[i]=1; if(i>1&&a[i]>a[i-1]) L[i]=L[i-1]+1; } for(int i=N;i>=1;i--){ R[i]=1; if(i<N&&a[i]<a[i+1]) R[i]=R[i+1]+1; } rep(i,1,N) ans=max(ans,L[i]); rep(i,1,N) ans=max(ans,R[i]); rep(i,1,N-2) { if(a[i]<a[i+2]-1) ans=max(ans,L[i]+R[i+2]+1); } rep(i,1,N-1) ans=max(ans,L[i]+1); rep(i,2,N) ans=max(ans,R[i]+1); printf("%d\n",ans); return 0; }
B .DZY Loves Modification
pro：给定N*M有数字的矩阵 ，现在你可以进行K次操作，每次操作，你会选择一行或者一列，把其对应的数字和加到sum里，然后对应的每个数字减少P，问K次操作后最大的sum是多少。 N,M<1e3, K<1e6, p<1e2;
sol：关键在于想到，如果取的行数和列数次数确定了，那么他们相互影响的值是固定的。 然后就可以行列分开考虑了，我们考虑行，我们要取前K大，那么就是单调队列贪心取最大即可搞定。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define ll long long using namespace std; const int maxn=1010; ll N,M,K,P,a[maxn][maxn],X[maxn],Y[maxn],t; priority_queue<ll>A,B; ll sumA[maxn*maxn],sumB[maxn*maxn],ans; int main() { scanf("%lld%lld%lld%lld",&N,&M,&K,&P); rep(i,1,N) rep(j,1,M) scanf("%lld",&a[i][j]); rep(i,1,N) rep(j,1,M) X[i]=X[i]+a[i][j]; rep(i,1,N) rep(j,1,M) Y[j]=Y[j]+a[i][j]; rep(i,1,N) A.push(X[i]); rep(i,1,M) B.push(Y[i]); rep(i,1,K){ t=A.top(); A.pop(); sumA[i]=t; A.push(t-M*P); t=B.top(); B.pop(); sumB[i]=t; B.push(t-N*P); } rep(i,1,K) sumA[i]+=sumA[i-1],sumB[i]+=sumB[i-1]; ans=sumB[K]; rep(i,1,K){ ans=max(ans,sumA[i]+sumB[K-i]-1LL*i*(K-i)*P); } printf("%lld\n",ans); return 0; }
C .DZY Loves Fibonacci Numbers
pro：给定一个大小为N的数组，现在进行Q次操作，1操作为区间加值，假如是区间[L,R]，那么a[i]+=F[i-L+1]，F是fib数列； 2操作为区间求和； N,Q<3e5；
sol：此题好像有几种方法，官方题解是用逆元blabla，感觉有点取巧。 然后线段树有两种解法。 一种是利用fib数列的性质，fib加fib还是有fib的性质，可以参考：
https://blog.csdn.net/johann_oier/article/details/49070067 。 但是这种方法的tag传递还是容易出错。
另外一种方法是利用fib数列的另外一个性质：Fn+m=Fn+1*Fm+Fn*Fm-1； 所以我们可以可以把相同的部分提出来，不相同的用前缀和操作。
即假如对区间[L,R]操作，对x增加F[x-L+1]=F[x+1]*F[-L]+F[x]*F[-1-L]；而F[x+1]和F[x]我们可以预处理出来(代码里是A和B，而F[-L]我们不难倒推出来)
这种方法比较巧妙，这样救和普通lazy操作无异，所以常数很小。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define ll long long using namespace std; const int Mod=1e9+9; const int maxn=2000010; int sum[maxn],lazy1[maxn],lazy2[maxn],N; int A[maxn],B[maxn],F[maxn],pre[maxn],fcy[maxn]; void MOD(int &x){ if(x>=Mod) x-=Mod;} void pushup(int Now) { sum[Now]=(sum[Now<<1]+sum[Now<<1|1])%Mod; } void build(int Now,int L,int R) { MOD(A[Now]=(pre[R+1]-pre[L]+Mod)); MOD(B[Now]=(pre[R]-pre[L-1]+Mod)); if(L==R){ scanf("%d",&sum[Now]); return;} int Mid=(L+R)>>1; build(Now<<1,L,Mid); build(Now<<1|1,Mid+1,R); pushup(Now); } void pushdown(int Now,int L,int R) { int Mid=(L+R)>>1; if(lazy1[Now]){ MOD(sum[Now<<1]+=1LL*lazy1[Now]*A[Now<<1]%Mod); MOD(lazy1[Now<<1]+=lazy1[Now]); MOD(sum[Now<<1|1]+=1LL*lazy1[Now]*A[Now<<1|1]%Mod); MOD(lazy1[Now<<1|1]+=lazy1[Now]); lazy1[Now]=0; } if(lazy2[Now]){ MOD(sum[Now<<1]+=1LL*lazy2[Now]*B[Now<<1]%Mod); MOD(lazy2[Now<<1]+=lazy2[Now]); MOD(sum[Now<<1|1]+=1LL*lazy2[Now]*B[Now<<1|1]%Mod); MOD(lazy2[Now<<1|1]+=lazy2[Now]); lazy2[Now]=0; } } void update(int Now,int L,int R,int l,int r) { if(l<=L&&r>=R){ MOD(sum[Now]+=1LL*fcy[1-l+N]*A[Now]%Mod); MOD(sum[Now]+=1LL*fcy[-l+N]*B[Now]%Mod); MOD(lazy1[Now]+=fcy[1-l+N]); MOD(lazy2[Now]+=fcy[-l+N]); return; } pushdown(Now,L,R); int Mid=(L+R)>>1; if(l<=Mid) update(Now<<1,L,Mid,l,r); if(r>Mid) update(Now<<1|1,Mid+1,R,l,r); pushup(Now); } int query(int Now,int L,int R,int l,int r) { if(l<=L&&r>=R) return sum[Now]; int res=0,Mid=(L+R)>>1; pushdown(Now,L,R); if(l<=Mid) (res+=query(Now<<1,L,Mid,l,r))%=Mod; if(r>Mid) (res+=query(Now<<1|1,Mid+1,R,l,r))%=Mod; pushup(Now); return res; } int main() { int M,opt,L,R; scanf("%d%d",&N,&M); F[1]=1; F[2]=1; rep(i,3,N+1) MOD(F[i]=F[i-1]+F[i-2]); rep(i,1,N+1) MOD(pre[i]=pre[i-1]+F[i]); fcy[N+1]=1; fcy[N]=0; //对应负数的fib for(int i=N-1;i>=0;i--) MOD(fcy[i]=fcy[i+2]-fcy[i+1]+Mod); build(1,1,N); rep(i,1,M){ scanf("%d%d%d",&opt,&L,&R); if(opt==1) update(1,1,N,L,R); else printf("%d\n",query(1,1,N,L,R)); } return 0; }
D .DZY Loves Games
pro：给定N给点，有M条边的连通图，其中一些是黑点，一些是白点。 一开始在1号点，保证1号是白点，N号是黑点。 一开始有K滴血，每次走到一个黑点掉一滴血，每次在一个点会随机走到相邻的点，现在问第让他还有2滴血进入到N号点的概率。
sol：用高斯消元求出黑点之间走到的而不讲过其他黑点的概率，然后矩阵快速幂得到K-2次到N号点的概率。
（不会高斯消元，待补
。。。
