NOIP 模拟 七十四
T1 自然数
首先预处理以一为左端点所有的 mex 值，然后插入线段树中。
考虑如何修改，左端点右移一位，相当于把那一位的数删掉了，记录下一个出现这个数的位置为 pos ，那么i 到 pos 之间所有大于 x 的 mex 都要修改为 x。
剩下的就是线段树基本操作了。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define int long long
using namespace std;
int n,jie,a[N];
long long ans;
int tree[N<<2],sum[N<<2],minn[N<<2],tag[N<<2],tong[N],ji,c[N],nxt[N],maxn[N<<2];
struct jj
{int ai,id;}p[N];
inline void pushup(int x)
{ sum[x]=sum[x<<1]+sum[x<<1|1];
minn[x]=min(minn[x<<1],minn[x<<1|1]);
maxn[x]=max(maxn[x<<1],maxn[x<<1|1]);
}#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
#define int long long
using namespace std;
int n,jie,a[N];
long long ans;
int tree[N<<2],sum[N<<2],minn[N<<2],tag[N<<2],tong[N],ji,c[N],nxt[N],maxn[N<<2];
struct jj
{int ai,id;}p[N];
inline void pushup(int x)
{ sum[x]=sum[x<<1]+sum[x<<1|1];
minn[x]=min(minn[x<<1],minn[x<<1|1]);
maxn[x]=max(maxn[x<<1],maxn[x<<1|1]);
}
inline void pushdown(int x,int l,int r)
{ minn[x<<1]=minn[x<<1|1]=maxn[x<<1]=maxn[x<<1|1]=tag[x<<1]=tag[x<<1|1]=tag[x];
int mid=(l+r)>>1;sum[x<<1]=tag[x]*(mid-l+1);sum[x<<1|1]=tag[x]*(r-mid);tag[x]=-1;
}
inline void build(int x,int l,int r)
{ if(l==r){sum[x]=minn[x]=maxn[x]=c[l];return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(x<<1,l,mid);build(x<<1|1,mid+1,r);
pushup(x);
}
inline int query(int x,int l,int r,int L,int R)
{ if(l>=L and r<=R)return sum[x];
int mid=(l+r)>>1,res=0;if(tag[x]!=-1)pushdown(x,l,r);
if(mid<R)res+=query(x<<1|1,mid+1,r,L,R);
if(mid>=L)res+=query(x<<1,l,mid,L,R);
return res;
}
inline void update(int x,int l,int r,int L,int R,int val)
{ if(L>R)return;
if(l>=L and r<=R and minn[x]>=val){maxn[x]=minn[x]=val;sum[x]=val*(r-l+1);tag[x]=val;return;}
int mid=(l+r)>>1;if(tag[x]!=-1)pushdown(x,l,r);
if(mid<R and maxn[x<<1|1]>val)update(x<<1|1,mid+1,r,L,R,val);
if(mid>=L and maxn[x<<1]>val)update(x<<1,l,mid,L,R,val);
pushup(x);
}
signed main()
{ freopen("mex.in","r",stdin);
freopen("mex.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),p[i]=(jj){a[i],i};
int zhi=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{ if(a[i]<=n)tong[a[i]]=1;
while(tong[zhi])++zhi;
c[i]=zhi;
}
memset(tong,0,sizeof(tong));memset(tag,-1,sizeof(tag));
for(int i=n;i;--i)if(a[i]<=n){nxt[i]=tong[a[i]];tong[a[i]]=i;}
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;++i)
{ ans+=query(1,1,n,i,n);
if(a[i]<=n)
{ int pos=nxt[i];
if(!pos)pos=n+1;
update(1,1,n,i,pos-1,a[i]);
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
build(x<<1,l,mid);build(x<<1|1,mid+1,r);
pushup(x);
}
inline int query(int x,int l,int r,int L,int R)
{ if(l>=L and r<=R)return sum[x];
int mid=(l+r)>>1,res=0;if(tag[x]!=-1)pushdown(x,l,r);
if(mid<R)res+=query(x<<1|1,mid+1,r,L,R);
if(mid>=L)res+=query(x<<1,l,mid,L,R);
return res;
}
inline void update(int x,int l,int r,int L,int R,int val)
{ if(L>R)return;
if(l>=L and r<=R and minn[x]>=val){maxn[x]=minn[x]=val;sum[x]=val*(r-l+1);tag[x]=val;return;}
int mid=(l+r)>>1;if(tag[x]!=-1)pushdown(x,l,r);
if(mid<R and maxn[x<<1|1]>val)update(x<<1|1,mid+1,r,L,R,val);
if(mid>=L and maxn[x<<1]>val)update(x<<1,l,mid,L,R,val);
pushup(x);
}
signed main()
{ freopen("mex.in","r",stdin);
freopen("mex.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),p[i]=(jj){a[i],i};
int zhi=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{ if(a[i]<=n)tong[a[i]]=1;
while(tong[zhi])++zhi;
c[i]=zhi;
}
memset(tong,0,sizeof(tong));memset(tag,-1,sizeof(tag));
for(int i=n;i;--i)if(a[i]<=n){nxt[i]=tong[a[i]];tong[a[i]]=i;}
build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;++i)
{ ans+=query(1,1,n,i,n);
if(a[i]<=n)
{ int pos=nxt[i];
if(!pos)pos=n+1;
update(1,1,n,i,pos-1,a[i]);
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
T2 钱仓
贪心，一定存在中转点，一定存在一个分界点满足只向一遍运输，这个分界点就是最大子段和的起点。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 200005
using namespace std;
int n,c[N],sum[N],nxt[N],maxn,id,tmp,t[N],ans,old[N];
signed main()
{ freopen("barn.in","r",stdin);
freopen("barn.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&c[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)
{ tmp+=c[i];
if(tmp<i-id)id=i,tmp=0;
}
++id;
for(int i=id;i<=n;++i)t[i-id+1]=c[i];for(int i=1;i<id;++i)t[i+n-id+1]=c[i];
int zhi1=n;
for(int i=n;i;--i)
{ if(zhi1>i)zhi1=i;
while(!t[zhi1])--zhi1;
if(!t[i])ans+=(i-zhi1)*(i-zhi1),--t[zhi1];
}
printf("%lld\n",ans);
}
T3 游戏
Alice Bod 都绝顶聪明。因为他们的概率是得到自己想要的一面，而并不是固定的一面。所以我们首先来分析一下他们的策略，也就是他们到底想要干神魔。
-
如果本回合 A 想要正面，那么在这一回合结束之前 A 一直想要正面。
-
这次结果意味着下一轮的先后顺序，那么先手一定选择对他最有利的局面，也就是获胜概率最大的一个局面。
-
后手会选择和先手相同的策略，因为他要阻止先手获胜。
如果只剩下一个子，那么显然先手要去拿并且先手胜率大，那么两个子时先手为了保证自己是先手所以不会拿，以此类推。。。。我们得到省偶数个子时都不想拿，省奇数个子时都想拿。
于是我们接下来考虑计算拿到石子的概率，这个东西分八种，分别是谁先手想不想拿谁拿到了。
因为道理相同这里只推一个示例，A 先手，两人都想拿，A 拿到的概率。
显然为 \(\sum\limits _{i=0}^{+\infty}p \times ((1-p) \times (1-q))^i\)
设后面的底数为 x。
于是变为 \(p\times \sum\limits_{i=0}^{+\infty}x^i = \dfrac{p}{1-x}\)。
接下来设计状态转移，设f/g,i,0/1 表示谁先手，还剩几个子，最后谁赢得概率。
示例 \(f_{i,0}\)为 A 先手，还剩 i 个子，先手胜利的概率。
则\(f_{i,0}=\frac{p}{1-(1-p)\times (1-q)}\times g_{i-1,1}+(1-\frac{p}{1-(1-p)\times (1-q)}) \times f_{i-1,0}\)
其他的转移同理。
接下来考虑优化，我用了倍增。因为奇数偶数转移系数不同，所以我将一轮奇数偶数看成一个整体，做一半，然后再看最后是否还需要转移一步。
倍增的话就是把上述方程含义变为还剩下 \(2^i\) 个石子。最后二进制拆分合并。
不得不吐槽，这傻逼题太坑了，我在考场上用肾旰了两个小时大样例，结果傻逼样例是错的，这TMD算怎么回事，dp 推出来死活不对，最后也没敢交。。。。。。。。。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
int p,q,n,t,dp1[66][2],dp2[66][2],dp3[66][2],dp4[66][2],xi1[2][2],xi2[2][2],dip1[66][2],dip2[66][2];
int f[2][2];
inline int qpow(int a,int b){int base=1;while(b){if(b&1)base=base*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return base;}
signed main()
{
freopen("game.in","r",stdin);
freopen("game.out","w",stdout);
scanf("%lld",&t);
while(t--)
{ scanf("%lld%lld%lld",&n,&p,&q);
p=p*qpow(100000000,mod-2)%mod;
q=q*qpow(100000000,mod-2)%mod;
int base1=(1-p+mod)%mod,base2=(1-q+mod)%mod;
int ans=p*qpow((1-base1*base2%mconst int JBB=0;od+mod)%mod,mod-2)%mod;
dp1[0][0]=xi1[0][0]=ans,dp1[0][1]=xi1[0][1]=(1-ans+mod)%mod;
ans=q*qpow((1-base1*base2%mod+mod)%mod,mod-2)%mod;
dp2[0][0]=xi1[1][0]=ans,dp2[0][1]=xi1[1][1]=(1-ans+mod)%mod;
p=(1-p+mod)%mod;q=(1-q+mod)%mod;
base1=(1-p+mod)%mod,base2=(1-q+mod)%mod;
ans=p*qpow((1-base1*base2%mod+mod)%mod,mod-2)%mod;
dp3[0][0]=xi2[0][0]=ans;dp3[0][1]=xi2[0][1]=(1-ans+mod)%mod;
ans=q*qpow((1-base1*base2%mod+mod)%mod,mod-2)%mod;
dp4[0][0]=xi2[1][0]=ans;dp4[0][1]=xi2[1][1]=(1-ans+mod)%mod;
dip1[0][0]=(dp1[0][0]*dp3[0][1]%mod+dp2[0][1]*dp3[0][0]%mod)%mod;
dip1[0][1]=(dp3[0][0]*dp2[0][0]%mod+dp3[0][1]*dp1[0][1]%mod)%mod;
dip2[0][0]=(dp2[0][0]*dp4[0][1]%mod+dp1[0][1]*dp4[0][0]%mod)%mod;
dip2[0][1]=(dp4[0][0]*dp1[0][0]%mod+dp4[0][1]*dp2[0][1]%mod)%mod;
for(int i=1;i<=60;++i)
{ dip1[i][0]=(dip1[i-1][0]*dip1[i-1][1]%mod+dip2[i-1][1]*dip1[i-1][0]%mod)%mod;
dip1[i][1]=(dip2[i-1][0]*dip1[i-1][0]%mod+dip1[i-1][1]*dip1[i-1][1]%mod)%mod;
dip2[i][0]=(dip2[i-1][0]*dip2[i-1][1]%mod+dip1[i-1][1]*dip2[i-1][0]%mod)%mod;
dip2[i][1]=(dip1[i-1][0]*dip2[i-1][0]%mod+dip2[i-1][1]*dip2[i-1][1]%mod)%mod;
}
f[0][0]=0;f[0][1]=1;f[1][0]=0;f[1][1]=1;int res=n/2;
for(int i=30;i>=0;--i)if(res>=(1<<i))
{ res-=1<<i;int base1=f[0][0],base2=f[0][1],base3=f[1][0],base4=f[1][1];
f[0][0]=(base1*dip2[i][1]%mod+base2*dip1[i][0]%mod)%mod;
f[0][1]=(base1*dip2[i][0]%mod+base2*dip1[i][1]%mod)%mod;
f[1][0]=(base3*dip1[i][1]%mod+base4*dip2[i][0]%mod)%mod;
f[1][1]=(base3*dip1[i][0]%mod+base4*dip2[i][1]%mod)%mod;
}
if(n&1)f[0][0]=(dp1[0][1]*f[0][0]%mod+dp1[0][0]*f[1][1]%mod)%mod;
printf("%lld\n",f[0][0]);
}
}
