CSP-S模拟18

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最长反链

首先，如果 l 和 r 的数字位数相同，那么肯定是 r - l + 1.

为了能够增加更多的数，一定是选择最大的那些数.

证明：

一个 n + 1 位数中出现 n 连续数字的种类数一定大于 n 位数中连续数字的种类数.

所以，只需要找出从 1000...0 （就是 r的位数的最开始那个数）到 r 的所有数的个数，这一定就是最大值.

那么前面位数少的是否也能选呢？

答案是，如果 r 开头那一位是 1，那是可以的.

大于 1 的话，前面的数字一定都遍及过了，直接输出即可.

否则，找到比 r 位数少 1 的数中首个没有出现过的数（其实就是 r 减去一个 1000...0）.

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll int
#define rg register
#define rll rg ll
#define maxn 50001
#define put_ putchar(' ')
#define putn putchar('\n')
using namespace std;
inline ll read()
{
	rll f=0,x=0;rg char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();return f?-x:x;
}
inline void write(rll x) { if(x<0) putchar('-'),x=-x;if(x>9) write(x/10);putchar(x%10|'0'); }
ll n,l,r,tl,tr,lnum,rnum;
int main()
{
	n=read();while(n--)
	{
		tl=l=read();tr=r=read();lnum=rnum=0;
		while(tl) lnum++,tl/=10;while(tr) rnum++,tr/=10;
		if(lnum==rnum) { write(r-l+1);putn; continue; }
		if(r/(ll)pow(10,rnum-1)==1) write(r-max(l-1,max(r/10,r%(ll)pow(10,rnum-1)))); else write(r-pow(10,rnum-1)+1);
		putn;
	}
	return 0;
}

2A+x

首先抛弃 v，只看乘 2 的部分.

首先找到最大的小于等于序列中最大值的数，不断乘 2 直至再乘 2 就大于最大值了. 然后把加 1 考虑进来，发现最后一次加 1 等于在新数上加 1，倒数第二次加 1 等于在新数上加 2，以此类推.

然后就是找到最小的大于等于序列中最大值的数，从 1,2,4,8,16,... 中找到最小的还能加（前面用的次数小于 n 的数），加一下. 将这个数与不断乘 2 后加数前的取一个最小值（想一想，为什么？）.

这样两个数就都有了.

for(rll i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),mx=max(mx,a[i]);
for(rll i=1;i<=n;i++)
{
	b[i].nxnum=cnt=-1; while(a[i]<<1<=mx) a[i]<<=1,cnt++; b[i].a=a[i];
	for(rll j=cnt;~j;j--)
	{
		num=min((mx-b[i].a)/(1<<j),x); b[i].a+=(1<<j)*num; if(num^x) b[i].nxnum=j;
	}
	if(b[i].a==mx) { b[i].nxnum=mx; continue; }
	if(~b[i].nxnum) b[i].nxnum=min(b[i].a+(1<<b[i].nxnum),a[i]<<1); else b[i].nxnum=a[i]<<1;
}

忘了说了，如果能到达最大值，那么下一个的数也应设为和它一样的，否则无贡献.

如果当前值比最大值的差小于 x，那么一定能够消去，特判即可.

// 上下两种写法均可
if((b[n].a<<1)-(b[1].a<<1)-x<b[n].a-b[1].a) { puts("0"); return 0; }
if(b[n].a-b[1].a>=x) { puts("0"); return 0; }

按照那个比最大值小的数大小排序，不断把最小的值变成大的值，那么有了最大值，而且因为是单调的，最小值一定是它的下一个.

因此这么查询，注意在每次枚举的时候也要特判：

ans=b[n].a-b[1].a;mn=b[n].a;
for(rll i=1;i<n;i++) if(b[n].a-b[i].a>=x)/*特判*/
{
	mn=max(mn,b[i].nxnum);
	ans=min(ans,mn-b[i+1].a);
}
// else break; 可写可不写，因为大数对答案无贡献

No Rest for the Wicked

我咕且认为好像貌似大概不大会

暴力题

似懂非懂的样子……半明半雾

一个结论：.

那么要维护的就是 ，既然 b 是排好序的，那考虑使用权值线段树维护.

记 cnt[i][j] 表示b[c] % w = i 与 c % w = j 的数字个数.

权值线段树上的每一个节点维护一个 dp[i][j][k] 表示当前幂次为 i 的函数值.

合并状态的时候，对于左子树直接加，对于右子树要求一个式子 ∑ b[i] × (i + x)^k，化简成 .

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rg register
#define rll rg ll
#define maxn 100001
#define mod 998244353
#define put_ putchar(' ')
#define putn putchar('\n')
using namespace std;
inline ll read()
{
	rll f=0,x=0;rg char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();return f?-x:x;
}
inline void write(rll x) { if(x<0) putchar('-'),x=-x;if(x>9) write(x/10);putchar(x%10|'0'); }
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
ll n,k,w,q,x,y,ans;
ll a[maxn];
ll cnt[maxn<<2][6][6],sz[maxn<<2];
ll dp[maxn<<2][6];
inline ll ksm(rll a,rll b) { rll ans=1; a%=mod; for(rll i=b;i;i>>=1) { if(i&1) ans=ans*a%mod; a=a*a%mod; } return ans; }
inline ll C(rll n,rll m)
{
	if(m>n) return 0; rll ans=1;
	for(rll i=m+1;i<=n;i++) ans*=i; for(rll i=2;i<=n-m;i++) ans/=i; return ans%mod;
}
inline void pushup(rll rt)
{
	for(rll i=0;i<w;i++) for(rll j=0;j<w;j++) cnt[rt][i][j]=(cnt[ls(rt)][i][j]+cnt[rs(rt)][i][(j-sz[ls(rt)]%w+w)%w])%mod;
	for(rll i=0;i<=k;i++)
	{
		dp[rt][i]=dp[ls(rt)][i];
		for(rll j=0;j<=i;j++) dp[rt][i]=(dp[rt][i]+(dp[rs(rt)][j]*C(i,j)%mod*ksm(sz[ls(rt)],i-j)%mod))%mod;
	}
	sz[rt]=sz[ls(rt)]+sz[rs(rt)];
}
inline void upd(rll rt,rll l,rll r,rll pos,rll v)
{
	if(l==r)
	{
		if(~v)
		{
			cnt[rt][pos%w][(sz[rt]+1)%w]=(cnt[rt][pos%w][(sz[rt]+1)%w]+v)%mod;
			for(rll i=0;i<=k;i++) dp[rt][i]=(dp[rt][i]+pos*ksm(sz[rt]+v,i)%mod*v%mod+mod)%mod;
		}
		else
		{
			cnt[rt][pos%w][sz[rt]%w]=(cnt[rt][pos%w][sz[rt]%w]+v)%mod;
			for(rll i=0;i<=k;i++) dp[rt][i]=(dp[rt][i]+pos*ksm(sz[rt],i)%mod*v%mod+mod)%mod;
		}
		sz[rt]+=v; return;
	}
	rll mid=(l+r)>>1; if(pos<=mid) upd(ls(rt),l,mid,pos,v); else upd(rs(rt),mid+1,r,pos,v);
	pushup(rt);
}
int main()
{
	n=read();k=read();w=read(); for(rll i=1;i<=n;i++) upd(1,0,maxn-1,a[i]=read(),1); q=read();
	while(q--)
	{
		x=read(),y=read(); upd(1,0,maxn-1,a[x],-1);upd(1,0,maxn-1,a[x]=y,1); ans=dp[1][k];
		for(rll i=1;i<w;i++) for(rll j=1;j<w;j++) ans=(ans-cnt[1][i][j]*(i*ksm(j,k)%w)%mod+mod)%mod;
		write(ans*ksm(w,mod-2)%mod);putn;
	}
	return 0;
}