20221102模拟赛题解

A-Holy

思路

由于要让最小值最大，不难想到二分答案。二分后将原矩阵中大于等于 \(mid\) 的值设为 \(1\)，小于的设为 \(0\)，然后将每一行压成二进制，存在两行满足要求当且仅当两行或起来等于 \(2^m-1\)。因此对于每一行 DFS 每个位置上是 \(0\) 还是 \(1\)。复杂度 \(\Theta(2^m n\log a_i)\)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
using namespace std;
int n,m,l=1e9+7,r;
int a[300005][10];
int b[300005][10];
int t[260],a1,a2;
int now[20];
void dfs(int r,int x,int sum,int num)
{
    if(x==m+1)
    {
        if((sum|num)==(1<<m)-1&&t[sum]) a1=r,a2=t[sum]; 
        return;
    }
    if(now[x]) dfs(r,x+1,sum*2,num);
    dfs(r,x+1,sum*2+1,num);
}
bool check(int x)
{
    memset(t,0,sizeof(t));
    memset(b,0,sizeof(b));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int sum=0;
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            sum=sum*2+(a[i][j]>=x);
        }
        t[sum]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int sum=0;
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            sum=sum*2+(a[i][j]>=x);
            now[j]=(a[i][j]>=x);
        }
        if(sum==(1<<m)-1)
        {
            a1=i,a2=i;
            return 1;
        }
        int l1=a1,l2=a2;
        dfs(i,1,0,sum);
        if(l1!=a1||l2!=a2) return 1;
    }
    return 0;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            scanf("%lld",&a[i][j]);
            l=min(l,a[i][j]);
            r=max(r,a[i][j]);
        }
    }
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        if(check(mid))
        {
            l=mid+1;
        }
        else r=mid-1;
    }
    if(a1&&a2) printf("%lld %lld",a1,a2);
    else puts("1 1");
    return 0;
}

B-damn

分析

容易发现可以把初始序列在前面反着复制一遍，即变成 \(a_n,a_{n-1},a_{n-2},\dots,a_1,a_1,a_2,a_3,\dots,a_n\)，原问题就转化成了求在这个新序列上的最长上升子序列长度及方案数。拿线段树维护以每个数结尾的最长长度，支持单点修改，区间求 \(\max\)，区间求 \(\max\) 个数即可。假设在新串上的方案数是 \(ans\)，长度是 \(len\)，原问题的答案就是 \(2^{n-len-1}ans\)，因为剩下 \(n-len\) 个可以随便放在左右，还要除以 \(2\)，因为第一个放左放右都一样。

核心代码

int n,a[MAXN],b[MAXN],tr[MAXN<<2],cnt[MAXN<<2],dp[MAXN];
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define mid ((l+r)>>1)
inline void pup(int p){
    if(tr[ls]>tr[rs]) cnt[p]=cnt[ls],tr[p]=tr[ls];
    else if(tr[ls]==tr[rs]) cnt[p]=(cnt[ls]+cnt[rs])%mod,tr[p]=tr[ls];
    else cnt[p]=cnt[rs],tr[p]=tr[rs];
}void upd(int p,int l,int r,int x,int c,int k){
    if(l==r){
        if(tr[p]<c) cnt[p]=k,tr[p]=c;
        else if(tr[p]==c) (cnt[p]+=k)%=mod;
    }else{
        if(x<=mid) upd(ls,l,mid,x,c,k);
        else upd(rs,mid+1,r,x,c,k);pup(p);
    }
}Pair que(int p,int l,int r,int L,int R){
    if(L>R) return Pair(0,0);
    if(L<=l&&r<=R) return Pair(cnt[p],tr[p]);
    else{
        Pair res=Pair(0,0);
        if(L<=mid){
            Pair tmp=que(ls,l,mid,L,R);
            res.first=tmp.first;res.second=tmp.second;
        }if(R>mid){
            Pair tmp=que(rs,mid+1,r,L,R);
            if(res.second<tmp.second) res.first=tmp.first,res.second=tmp.second;
            else if(res.second==tmp.second) (res.first+=tmp.first)%=mod;
        }return res;
    }
}int qpow(int b,int p){
    int res=1;
    while(p){
        if(p&1) res=(res*b)%mod;
        p>>=1;b=(b*b)%mod;
    }return res;
}signed main(){
    qread(n);int i,j;for(i=1;i<=n;i++) qread(a[i]),b[i]=a[i];for(i=n+1;i<=(n<<1);i++) a[i]=a[i-n];
    for(i=1;i<=n;i++) a[i]=b[n-i+1];n<<=1;for(i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i];sort(b+1,b+1+n);
    int t=unique(b+1,b+1+n)-b-1;for(i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(b+1,b+1+t,a[i])-b;
    for(i=1;i<=n;i++){
        Pair tmp=que(1,1,t,1,a[i]-1);
        upd(1,1,t,a[i],tmp.second+1,qmax(1ll,tmp.first));
    }Pair ans=que(1,1,t,1,t);n>>=1;
    int tmp=ans.second==n?(ans.first>>1):ans.first*qpow(2,n-ans.second-1)%mod;
    printf("%lld %lld\n",ans.second,tmp);
    return 0;
}

C-beachy

分析

发现两个区间相似当且仅当两个区间离散化之后的排列长度相等，且这两个区间出现位置相同。

考虑所有长度为 \(i\) 的排列的贡献 \(ans\)：

首先选出 \(i\) 个数有 \(n\choose i\) 种方案，另外的 \(n-i\) 个数可以随便排，方案数 \((n-i)!\)，再把排列插到这 \(n-i\) 个数形成的 \(n-i+1\) 个空隙中，设 \(f_{i,j}\) 表示长度为 \(i\) 的排列，逆序对总数不大于 \(j\) 的数量，则有：

\[ans=\sum\limits_{i=1}^n({n\choose i}(n-i)!)^2(n-i+1)f_{i,m} \]

，剩下的问题就集中在如何计算 \(f\) 上，首先发现长度为 \(n\) 的序列逆序对数最多有 \(\dfrac{n(n-1)}{2}\) 对，于是最大只需计算到 \(j=\dfrac{n(n-1)}{2}\)。

容易得出：

\[f_{i,j}=\sum\limits_{k=j-i+1}^j f_{i-1,k} \]

，前缀和优化即可。

核心代码

int T,n,m,dp[MAXN][MAXM],fac[MAXN],inv[MAXN],up;
int qpow(int b,int p){
    int res=1;
    while(p){
        if(p&1) res=(res*b)%mod;
        p>>=1;b=(b*b)%mod;
    }return res;
}inline int C(int x,int y){return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}
inline void init(int sz){
    fac[0]=1;for(int i=1;i<=sz;i++) fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
    inv[sz]=qpow(fac[sz],mod-2);for(int i=sz-1;i>=0;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}void pre(int n=501){
    init(MAXN-3);int i,j;up=n*n/2;
    for(i=0;i<=n;i++) dp[i][0]=1;
    for(i=1;i<=n;i++){
        int all=((i*(i-1))>>1);
        for(j=1;j<=up;j++){
            if(j<=all) dp[i][j]=(dp[i-1][j]-(j-i>=0?dp[i-1][j-i]:0)+mod)%mod;
            (dp[i][j]+=dp[i][j-1])%=mod;
        }
    }
}signed main(){
    qread(T);int i,j;pre();
    while(T--){
        qread(n,m);int ans=0;m=qmin(up,m);
        for(i=1;i<=n;i++) 
            (ans+=C(n,i)*fac[n-i]%mod*C(n,i)%mod*fac[n-i]%mod*dp[i][m]%mod*(n-i+1)%mod)%=mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

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