[考试反思]0604四校联考第一轮day2：黑马
第一轮结束了。总榜排名$rk8$在本校中$rk4$
考虑上$csp-s$的分数的话，妥妥退役。
在我前面的我翻不动，在我后面的也能随便把我翻了，结果就没什么好说的。
最近状态还是不好。抓紧调整吧，没有时间了。
越发浓郁的文化课味道
今天的话，上来先看的$T2$，$52pts$貌似比较简单，思路大概知道，先放了。
然后看的是$T1$发现就是一个简单的线段树优化$dp$，于是就开始写，没写多久写完了过样例。
$T3$写的树套树，写了一大摊调了好半天。过样例了。这时候看起来还挺顺，这时候是$10:00$
然后开始上对拍，拍$T1$不出错，很开心，自信估分$100$
然后接着拍$T3$，然而最开始思路是假的，被对拍干掉了，$10:30$拍出错，然后想了半天怎么改（最开始一直以为只是写挂了
没想出来，期望得分剩下$40$。后来教练突然删了一档部分分，期望只剩下$20$。
然后十分愤怒，于是就拼命改，想正解，然后发现了问题再一顿猛改，过了对拍，这时候是$11:30$
这时候已经考虑到了内存问题，对于$3 \times 10^5$的数据范围十分无奈。估分$20$（然而不知道是数据水还是常数小并没有$MLE$）
最后剩下很少的时间给$T2$，把原有思路一顿写然后过了样例，很开心，本场估分$248$。
然而$T1,2$各炸了一个细节，分别挂了$30,48$分。人都挂没了
$T1$的对拍的数据生成写的不好，$Dyyb$大神的对拍一组数据就把我卡了我自己$AC$了$50000$组。自闭了。
T1：旅游
大意：数轴，$x$出发最终要走到$y$，每次最多从$p$跳到$p+z$，每跳一次花费$a$。有$n$个特殊点，跳到特殊点上会有$w_i$收益。最大化总收益。$n \le 10^5,1 \le x,y,z,a \le 10^9$
首先最简单的$O(n^2)dp$不用说。然后当然可以套用$O(1000n)$的乱搞。可以得到$90pts$的好成绩，要比写挂的正解舒服的多。（数据水死算了
我们看一下转移式子，大概是$dp_i=max(dp_j+w_i + \lceil \frac{p_i-p_i}{z} \rceil \times a)$
把上取整拆开，发现$a$的系数只与$\lfloor \frac{p_i}{z} \rfloor,\lfloor \frac{p_j}{z} \rfloor,p_i \mod z <? p_j \mod z$
对于最后一部分，如果小于的话那么要额外产生$a$代价。所以线段树下标按照$p_i \mod z$查询的时候区间加就可以
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 unordered_map<int,int>M; 5 const int S=4000007;const ll Inf=-1e18; 6 int x,y,z,n,p[S],w[S],r[S],tl,tr; ll dp[S],mx[S],a,lz[S]; 7 bool cmp(int x,int y){return x%z<y%z||((x-y)%z==0&&x<y);} 8 #define lc p<<1 9 #define rc lc|1 10 #define md (L+R>>1) 11 void up(int p){mx[p]=max(mx[lc],mx[rc]);} 12 void build(int p=1,int L=tl,int R=tr){ 13 if(L==R){mx[p]=r[L]==x?dp[tl]+x/z*a:Inf;return;} 14 build(lc,L,md);build(rc,md+1,R); up(p); 15 } 16 void mdf(int x,ll v,int p=1,int L=tl,int R=tr){ 17 if(L==R){mx[p]=v;return;} 18 if(x<=md)mdf(x,v,lc,L,md);else mdf(x,v,rc,md+1,R); 19 up(p); 20 } 21 ll ask(int l,int r,int p=1,int L=tl,int R=tr){ 22 if(l<=L&&R<=r)return mx[p]; 23 return max(l<=md?ask(l,r,lc,L,md):Inf,r>md?ask(l,r,rc,md+1,R):Inf); 24 } 25 int main(){ 26 freopen("tourist.in","r",stdin);freopen("tourist.out","w",stdout); 27 scanf("%d%d%d%lld%d",&x,&y,&z,&a,&n); tl=1,tr=n; 28 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d%d",&p[i],&w[i]),r[i]=p[i]; 29 if(p[n]!=y)p[++tr]=y,r[tr]=y; if(p[1]!=x)p[--tl]=x,r[tl]=x; 30 sort(r+tl,r+1+tr,cmp); 31 for(int i=tl;i<=tr;++i)M[r[i]]=i; 32 dp[tl]=w[tl]; build(); 33 for(int i=tl+1;i<=tr;++i){ 34 int P=lower_bound(r+tl,r+tr+1,p[i]%z,cmp)-r; 35 ll q=max(P==tl?Inf:ask(tl,P-1)-a,ask(P,tr))+w[i]; 36 dp[i]=-p[i]/z*a+q; mdf(M[p[i]],q); 37 }printf("%lld",dp[tr]); 38 }
T2：宝石
大意：$n$石头，要求其中至少有$m$对颜色一样的（每一个石头只参与一次配对）。颜色有$d$种且石头有序。求所有情况中有多少种满足要求。$n,m \le 10^9,d \le 10^5$
首先很明显的是，设$A$表示出现次数为奇数的颜色数，那么$n-2m \ge A$。
我们考虑指数型生成函数，首先出现次数不限奇偶的话生成函数就是$\sum\limits_{i=0}^{\infty} \frac{x^i}{i!} = e^x$
可以得到，出现次数为奇数的就是$F(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$
我们设$g_i$是至少有$i$种颜色出现了奇数次，那么$g_i=\binom{d}{i} n! [x^n]e^{x(n-i)}(\frac{e^x-e^{-x}}{2})^i$
后面那玩意二项式定理展开并且把$e^x$都合并起来得到$n!\binom{d}{i} \frac{1}{2^i} [x^n] \sum\limits_{j=0}^{i} \binom{i}{j} (-1)^{i-j} e^{x(d+2j-2i)}$
我们知道$[x^n]e^{xm}=\frac{m^n}{n!}$。所以上面这个式子就会变成卷积形式。然后再二项式反演得到恰好形式就可以了。$O(d\log d)$
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 const int S=1<<19,mod=998244353; 5 int len=1,rev[S],fac[S],inv[S],n,m,d,A[S],f[S],ans; 6 int qp(int b,int t,int a=1){for(;t;t>>=1,b=1ll*b*b%mod)if(t&1)a=1ll*a*b%mod;return a;} 7 int mo(int x){return x>=mod?x-mod:x;} 8 void NTT(int*a,int op=1){ 9 for(int i=0,x;i<len;++i)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]); 10 for(int i=1;i<len;i<<=1)for(int j=0,w=qp(3,(mod-1)/2/i*op+mod-1);j<len;j+=i<<1) 11 for(int k=j,t=1,x,y;k<j+i;++k,t=1ll*t*w%mod) 12 x=a[k],y=1ll*t*a[k+i]%mod,a[k]=mo(x+y),a[k+i]=mo(x+mod-y); 13 if(op==-1)for(int i=0,iv=qp(len,mod-2);i<len;++i)a[i]=1ll*a[i]*iv%mod; 14 } 15 int main(){ 16 freopen("jewel.in","r",stdin);freopen("jewel.out","w",stdout); 17 scanf("%d%d%d",&d,&n,&m); 18 for(int i=fac[0]=1;i<=d;++i)fac[i]=fac[i-1]*1ll*i%mod; 19 A[d]=inv[d]=qp(fac[d],mod-2); 20 for(int i=d-1;~i;--i)A[i]=inv[i]=inv[i+1]*(i+1ll)%mod; 21 for(int i=0;i<=d;++i)f[i]=(i&1?mod-1ll:1ll)*qp(d-i-i+mod,n)%mod*A[i]%mod; 22 while(len<=d+d)len<<=1; 23 for(int i=0;i<len;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1?len>>1:0); 24 NTT(A);NTT(f);for(int i=0;i<len;++i)f[i]=1ll*f[i]*A[i]%mod;NTT(f,-1); 25 for(int i=0;i<=d;++i)f[i]=1ll*f[i]*qp(2,mod-1-i)%mod*fac[i]%mod*fac[d]%mod*inv[d-i]%mod,A[i]=(i&1?mod-1ll:1ll)*inv[i]%mod; 26 for(int i=d+1;i<len;++i)f[i]=A[i]=0; 27 reverse(f,f+d+1); 28 NTT(A);NTT(f);for(int i=0;i<len;++i)f[i]=1ll*f[i]*A[i]%mod;NTT(f,-1); 29 reverse(f,f+d+1); 30 for(int i=min(d,n-m-m);i>=0;--i)ans=(ans+f[i]*1ll*inv[i])%mod; 31 printf("%d",ans); 32 }
T3：线段
大意：有$n+1$个点，$(i,i+1)$有边相连。支持：反转一条边的状态（连变成不连或者不连变成连），询问$x,y$两个点在多少个历史版本中是联通的。$n,q \le 3 \times 10^5$
题意也就是问有多少个历史状态满足区间$[x,y-1]$全都是$1$。
每次修改只会使原来不联通现在联通的，或者反过来。
假如修改的点是$x$，$x$所在的极长联通段是$[l,r]$，那么就会分别使得 询问左端点在$[l,x]$右端点在$[x,r]$的询问答案增加或减少当前时间。
矩形加，单点询问。经典二维数点。直接树套树（内存有点危险但是莫名其妙过去了）。还是$CDQ$比较好。
但是我都写了，那就不可能改了（还写的那么麻烦
1 #include<cstdio> 2 int max(int a,int b){return a>b?a:b;} 3 const int S=300005,_=20000005; 4 char s[S],o[9];int n,q,mx[S<<2],T=1,rt[S<<2],w[_],Lc[_],Rc[_],pc,lz[S<<2]; 5 #define lc p<<1 6 #define rc lc|1 7 #define md (L+R>>1) 8 void build(int p=1,int L=1,int R=n){ 9 if(L==R){mx[p]=s[L]=='1'?0:S;return;} 10 build(lc,L,md);build(rc,md+1,R); mx[p]=max(mx[lc],mx[rc]); 11 } 12 void down(int p){if(lz[p])lz[lc]=lz[p],lz[rc]=lz[p],mx[lc]=mx[p],mx[rc]=mx[p],lz[p]=0;} 13 void up(int p){mx[p]=max(mx[lc],mx[rc]);} 14 void segset(int l,int r,int p=1,int L=1,int R=n){ 15 if(l<=L&&R<=r){lz[p]=mx[p]=T;return;} 16 down(p);if(l<=md)segset(l,r,lc,L,md);if(r>md)segset(l,r,rc,md+1,R); up(p); 17 } 18 int Max(int l,int r,int p=1,int L=1,int R=n){ 19 if(l<=L&&R<=r)return mx[p];down(p); 20 return max(l<=md?Max(l,r,lc,L,md):0,r>md?Max(l,r,rc,md+1,R):0); 21 } 22 void Upd(int x,int p=1,int L=1,int R=n){ 23 if(L==R){mx[p]=mx[p]==S?T:S;return;} down(p); 24 if(x<=md)Upd(x,lc,L,md);else Upd(x,rc,md+1,R); up(p); 25 } 26 int getl(int x,int p=1,int L=1,int R=n){ 27 if(mx[p]!=S)return L; 28 if(L==R)return R+1; 29 down(p); 30 if(x<=md)return getl(x,lc,L,md); 31 int y=getl(x,rc,md+1,R);return y==md+1?getl(md,lc,L,md):y; 32 } 33 int getr(int x,int p=1,int L=1,int R=n){ 34 if(mx[p]!=S)return R; 35 if(L==R)return L-1; 36 down(p); 37 if(x>md)return getr(x,rc,md+1,R); 38 int y=getr(x,lc,L,md);return y==md?getr(md+1,rc,md+1,R):y; 39 } 40 void add(int&p,int l,int r,int v,int L=1,int R=n){ 41 if(!p)p=++pc;//printf("add:%d %d %d %d %d %d\n",p,l,r,v,L,R); 42 if(l<=L&&R<=r){w[p]+=v;return;} 43 if(l<=md)add(Lc[p],l,r,v,L,md); if(r>md)add(Rc[p],l,r,v,md+1,R); 44 } 45 int ask(int p,int x,int L=1,int R=n){//printf("ask:%d %d %d %d %d\n",p,x,L,R,w[p]); 46 if(!p||L==R)return w[p]; 47 return w[p]+(x<=md?ask(Lc[p],x,L,md):ask(Rc[p],x,md+1,R)); 48 } 49 void Add(int l,int r,int _l,int _r,int v,int p=1,int L=1,int R=n){ 50 if(l<=L&&R<=r)return add(rt[p],_l,_r,v); 51 if(l<=md)Add(l,r,_l,_r,v,lc,L,md);if(r>md)Add(l,r,_l,_r,v,rc,md+1,R); 52 } 53 int Sum(int x,int y,int p=1,int L=1,int R=n){return ask(rt[p],y)+(L!=R?(x<=md?Sum(x,y,lc,L,md):Sum(x,y,rc,md+1,R)):0);} 54 int main(){ 55 freopen("segment.in","r",stdin);freopen("segment.out","w",stdout); 56 scanf("%d%d%s",&n,&q,s+1); 57 build(1,1,n); 58 for(int x,l,r;T<=q;++T){ 59 scanf("%s%d",o,&x); 60 if(o[0]=='t'){ 61 l=getl(x),r=getr(x); 62 if(s[x]=='1')Add(l,x,x,r,T-Max(l,r));//,printf("operate:%d %d %d %d %d\n",l,x,x,r,T-Max(l,r)); 63 else{ 64 l=getl(x-1);r=getr(x+1); 65 if(l<x)Add(l,x-1,l,x-1,T-Max(l,x-1)),segset(l,x-1);//,printf("operate:%d %d %d %d %d\n",l,x-1,l,x-1,T-Max(l,x-1)); 66 if(r>x)Add(x+1,r,x+1,r,T-Max(x+1,r)),segset(x+1,r);//,printf("operate:%d %d %d %d %d\n",x+1,r,x+1,r,T-Max(x+1,r)); 67 } 68 s[x]^=1;Upd(x); 69 }else{ 70 scanf("%d",&r),r--; 71 int y=Max(x,r); 72 if(y==S)printf("%d\n",Sum(x,r)); 73 else printf("%d\n",Sum(x,r)+T-Max(getl(x),getr(r))); 74 } 75 } 76 }
