牛客NOIP提高组(二)题解

心路历程

预计得分：100 + 40 + 30 = 170

实际得分：100 + 30 + 0 = 130

T2有一个部分分的数组没开够RE了。

T3好像是思路有点小问题。。 思路没问题，实现的时候一个细节没想过来。。

Sol

T1

直接把式子化开，发现都可以$O(1)$维护，做完了。。。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define LL long long
using namespace std;
const LL MAXN = 1e5 + 10;
inline LL read() {
    char c = getchar(); LL x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
LL N, a[MAXN], sum, sump;
int main() {
    N = read();
    for(LL i = 1; i <= N; i++) a[i] = read(), sum += a[i], sump += a[i] * a[i];
    for(LL i = 1; i <= N; i++) {
        LL ans = (N - 1) * (sump - a[i] * a[i]) - 2 * (sum - a[i]) * (sum - a[i]) + (sum - a[i]) * (sum - a[i]);
        if(i != N) printf("%lld ", ans);
        else printf("%lld", ans);
    }
    return 0;
}

T2

好难啊，$30$分的枚举颜色dp应该比较好想把，$f[i][j]$表示第$i$个位置，填了$j$个颜色，然后先枚举一下$1$的颜色，前缀和优化一下，$O(n a_i^2)$

正解：

考虑容斥，令$f[i]$表示第$i$个位置的答案

什么都不考虑：$f[i] = f[i - 1] \times a[i]$

这时候会算重第$i$个位置和第$i - 1$个位置相同的情况，减去$f[i-2] * min(a[i], a[i - 1])$

然后会多减去$i - 2, i - 1, i$这三个位置相同的情况，加上$f[i - 3] * min(a[i], a[i  -1], a[i - 2])$

不断容斥下去。

$f[i] = \sum_{j} (-1)^{i - j} f[i - j + 1] * min(a_{(i - j)  \ to \  i})$

但是还有一个问题：这玩意儿是环形的，还需要考虑$1$和$i$不同的情况，。。。

这就很麻烦了，因为$1$和$i$的高度问题很难讨论。

我们直接把序列转一转，令$1$号位置的元素最小，这样$1$号元素不论取什么，$n$号位置一定会少一种取法

 

考虑如何优化这玩意儿，稍微化简一下，式子就变成了这样(负变正不影响奇偶性)

$f[i] = (-1)^i \sum_{j} (-1)^j f[i - j +1] \times min(a_{(i - j) \  to \  i})$

把$(-1)^j $和$f$看成一项，这东西显然有单调性。

考虑用单调栈去维护

具体做法是：考虑从$i$转移到$i+1$时答案的变化

一种情况是$a[i+1] > a[i]$这时候直接加上$i+1$的贡献即可

另一种情况是$a[i+1] < a[i]$，这时候前面的一些元素对答案的贡献会减小，用单调栈维护，找到第一个小于等于它的，减去这之间的位置的贡献即可。

时间复杂度：$O(n)$

 

代码中还用到了一个容斥。上面说的dp是不考虑$1$号位置与$i$号位置相同的情况

设$g_i$表示$1$与$i$拼成环相同时的方案数，稍微观察一下不难发现$g_i = f_{i - 1} - g_{i - 1}$。（把$1$和$i$看成相同的元素）

需要注意的是$g_2 = 0$，因此到达$2$时就需要停止

其实这个容斥方法也可以用来求该问题没有$a_i$限制时的通项公式。

代码较为高能，请谨慎查看。。

/*
 
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
//#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
//#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#define Pair pair<LL, LL>
#define MP(x, y) make_pair(x, y)
#define fi first
#define se second
//#define LL long long
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define rg register
#define pt(x) printf("%d ", x);
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
const LL MAXN = 1e6 + 10, INF = 1e9 + 10, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;
inline LL read() {
    char c = getchar(); LL x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
LL N, a[MAXN], b[MAXN], f[MAXN], top;
Pair s[MAXN];
LL id(LL x) {
    return x & 1 ? (-1) : 1;
}
int main() {
    N = read();
    LL mn = INF, pos = 1, cnt = 0;
    for(LL i = 1; i <= N; i++) {
        a[i] = read();
        if(a[i] < mn) mn = a[i], pos = i;
    }
    for(LL i = 1; i <= N; i++) b[i] = a[pos], pos = pos % N + 1;
    memcpy(a, b, sizeof(b));
//  for(LL i = 1; i <= N; i++) printf("%d ", b[i]);
    f[0] = -1;
    
    
    
    /*for(LL i = 1; i <= N; i++) {
        LL opt = 1, mn = INF;
        for(LL j = i; j >= 1; j--) {
            mn = min(a[j], mn);
            f[i] = (f[i] + opt * f[j - 1] * mn + mod) % mod;
            opt = (opt == 1 ? -1 : 1);
        }
    }*/
    LL sum = 0; s[++top] = MP(0, 1);LL ans = 0;
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        LL now = 0;
        while(top && a[i] <= s[top].fi) {
            sum = (sum - s[top].fi * s[top].se % mod) % mod;
            now += s[top].se;
            top--;
        }
        now = (now + f[i - 1]) % mod;    
        //sum += id(i) * a[i] * now;
        f[i] = sum + a[i] * now % mod;
        
        if(i & 1) f[i] = -f[i];
        f[i] = (f[i] + mod) % mod;
        
        if(i != 1) 
            if((N - i) & 1) ans = (ans - f[i] + mod) % mod;
            else ans = (ans + f[i]) % mod;
        
        if((i - 1) & 1) f[i] = -f[i];
        f[i] = (f[i] + mod) % mod;
        
        s[++top] = MP(a[i], now);
        (sum = sum + now * a[i] % mod + mod) %= mod;
    }
    
    
    /*for(int i = N; i >= 2; i--)           
        if((N - i) & 1) ans = (ans - abs(f[i]) + mod) % mod;
        else ans = (ans + abs(f[i])) % mod;     */ 
    //for(LL i = 1; i <= N; i++) printf("%I64d\n", f[i]); //puts("");
    cout << (ans + mod) % mod;
    return 0;
}
/*
6
987 654 321 87 54  321 1

10
154 542 12 1 4354 2 12 121 2 45 
 
4
3 5 1 2
 
4
4 4 4 4
 
3
3 3 3
 
2
2 3
 
1
4
*/

 

T3

先考虑$m = 0$时。

定义$lowbit(i)$表示$i$的二进制下第一个为$1$的位置，很显然，如果我们把$lowbit(x)$相等的元素全都分给其中一个玩家这样一定是合法的。

每一个$i$能够贡献的数量为$2^{n - i}$。直接对$k$二进制拆分即可。考场上想到了，但是实现的时候傻乎乎的以为每次拆分的时候二进制位不能有重叠。。

 

$m \not = 0$的时候好像是个神仙dp，明天再看。。咕咕咕