Contest 23-04-13

#A. 最大子段和

最大子段和(正常)

for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=max(sum[i-1]+in[i],in[i]);
  • \(sum[i]\)表示以第i个数为结尾的最大子段和,可以由前一个最大子段和转移过来\((sum[i-1]+in[i])\),也可以只包含自己\((in[i])\);

本题

  • 用\(fr[i]\)表示以前i个数的最大子段和,\(ba[i]\)表示以第i个数为开头,结尾为\(n\)的最大子段和(求法与上面类似);

  • 再做一次处理,分别用\(fr[i-1]\),\(ba[i+1]\)更新\(fr[i]\),\(ba[i]\),使得\(fr[i]\)表示以第\(i\)个数为结尾的最大子段和,\(ba[i]\)表示以第i个数为开头的最大子段和;

  • 因为两段不相交,所以\(i\)把序列分成\(1 \to i\)和\(i+1 \to n\)两部分

  • 枚举位置\(i\),\(i\)位置的最大子段和为\(fr[i]+ba[i+1]\);

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;

int n;
int maxi;
int in[N];
int fr[N],ba[N];

signed main(){
	// freopen("1.in","r",stdin);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>in[i];
	fr[1]=in[1];
	for(int i=2;i<=n;i++) fr[i]=max(fr[i-1]+in[i],in[i]);   //1～i的最大子段和;
	for(int i=2;i<=n;i++) fr[i]=max(fr[i-1],fr[i]);     //以第i个数结尾的最大子段和;
	ba[n]=in[n];
	for(int i=n-1;i>=1;i--) ba[i]=max(ba[i+1]+in[i],in[i]);     //i~n的最大子段和;
	for(int i=n-1;i>=1;i--) ba[i]=max(ba[i+1],ba[i]);   //以第i个数开头的最大子段和;
	maxi=fr[1]+ba[2]; 
	for(int i=2;i<=n-1;i++) maxi=max(maxi,fr[i]+ba[i+1]);
	cout<<maxi<<"\n";
}

出处 P2642 双子序列最大和

 

#B. 等差数列

二阶等差数列(好像和下面没啥关系)

  • 后项与前项的差是等差数列
1   3   7   13   21   31 ->原数列
  2   4   6    8    10 ->后项与前项的差
    2   2    2    2 ->差的差相同(等差数列)

如何实现在一个区间上加上一个等差数列的操作

  • 给区间\([2,6]\)加上首项为\(s\),末项为\(e\),差为\(d\)的等差数列
下标 \(a_1\) \(a_2\) \(a_3\) \(a_4\) \(a_5\) \(a_6\) \(a_7\) \(a_8\)
原数组的变化 0 s s+d s+2*d s+3*d e 0 0
一阶差分 0 s d d d d -e 0
二阶差分 0 s d-s 0 0 0 -e-d e

  • 实质:给一阶差分数组再做一次差分

    • 原因:一阶差分后有好多位置都是公差d,再差分一次就可以消掉

  • 得出:

    • 给数组\([l,r]\)区间加上首项为\(s\),末项为\(e\),差为\(d\)的等差数列的操作为:
    a[l]+=s; a[l+1]+=d-s; a[r+1]-=e+d; a[r+2]+=e;

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e5+10;

int n,m;
int in[N];
int l,r,s,e;
int eq;
int res;

signed main(){
	// freopen("1.in","r",stdin);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>l>>r>>s>>e;
		eq=(e-s)/(r-l);
		in[l]+=s; in[l+1]+=-s+eq;
		in[r+1]-=e+eq; in[r+2]+=e;
	}
	for(int i=1;i<=n+1;i++) in[i]+=in[i-1];
	for(int i=1;i<=n+1;i++) in[i]+=in[i-1];
	for(int i=1;i<=n;i++) res^=in[i];
	cout<<res<<"\n";
}

出处 P4231 三步必杀

 

#C. 可爱序列

状态设计

  • \(dp[i][j][k][0/1]\)

  • 第一维表示考虑到了第\(i\)个数

  • 第二维表示第\(i\)个数填\(j\)

  • 第三维表示前i个数的和为k

  • 第四维表示增减关系(0为$ \geq $ , 1为\(<\))

转移

for(int i=1;i<=n;i++){
		int l=0,r=40;	
		if(in[i]!=-1) l=r=in[i];
		for(int j=l;j<=r;j++){	//枚举第i个数的范围
			for(int k=j*(i-1);k<=40*(i-1);k++){		//前(i-1)个数的和的范围	
				//因为<序列中每个元素都不大于之前的数的平均值>,所以前(i-1)个数的平均值至少为j,和至少为(i-1)*j
				for(int z=0;z<=j;z++) dp[i][j][j+k][0]=(dp[i][j][j+k][0]+dp[i-1][z][k][0]+dp[i-1][z][k][1])%MOD;
				//第i-1个数<=第i个数	
				for(int z=j+1;z<=40;z++) dp[i][j][j+k][1]=(dp[i][j][j+k][1]+dp[i-1][z][k][0])%MOD;
				//第i-1个数>第i个数
				//因为<没有三个连续的递减的数>,所以:
					//如果i>=i-1,i-1相对i-2即可增也可减;
					//如果i<i-1,i-1相对i-2只能增,否则会出现连续递减
			}
		}
	}

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;

int n,ans;
int in[41];
int dp[41][41][1601][2];

signed main(){
	// freopen("1.in","r",stdin);
	cin>>n;
	dp[0][0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>in[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int l=0,r=40;
		if(in[i]!=-1) l=r=in[i];
		for(int j=l;j<=r;j++){
			for(int k=j*(i-1);k<=40*(i-1);k++){
				for(int z=0;z<=j;z++) dp[i][j][j+k][0]=(dp[i][j][j+k][0]+dp[i-1][z][k][0]+dp[i-1][z][k][1])%MOD;
				for(int z=j+1;z<=40;z++) dp[i][j][j+k][1]=(dp[i][j][j+k][1]+dp[i-1][z][k][0])%MOD;
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<=40;i++){
		for(int j=0;j<=40*n;j++){
			ans=(ans+dp[n][i][j][0]+dp[n][i][j][1])%MOD;
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
}

 

#D. 石子游戏

  • \((i,j)\)的石子\(-1\),导致\((i+1,j),(i,j+1)\)的石子\(+1\)

  • 画图为:

图
1 1 1 1 1 1
1 2 3 4 5
1 3 6 10
1 4 10
1 5
1

  • 发现它其实就是个杨辉三角

  • 用组合公式表示为:

图
1 2 3 4 5 6
1 \(C^0_0\) \(C^1_1\) \(C^2_2\) \(C^3_3\) \(C^4_4\) \(C^5_5\)
2 \(C^0_1\) \(C^1_2\) \(C^2_3\) \(C^3_4\) \(C^4_5\)
3 \(C^0_2\) \(C^1_3\) \(C^2_4\) \(C^3_5\)
4 \(C^0_3\) \(C^1_4\) \(C^2_5\)
4 \(C^0_4\) \(C^1_5\)
6 \(C^0_5\)

  • 第i行第j列的数可以表示为\(C^{j-1}_{i+j-2}\)

  • 设\(f(i,j)=C^{j-1}_{i+j-2}\)

  • 则

\[f(i,j+1)+f(i+1,j)=C^{j}_{i+j-1}+C^{j-1}_{i+j-1}=C^{j}_{i+j} \]

\[f(i,j)=C^{a_i-1}_{a_i+i-1} \]

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+10;
const int MOD=1e9+7;

int n;
int jie[N];
int inv[N];
int in[N];
int ans;

int q_pow(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1) ans=ans*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return ans%MOD;
}

int C(int a,int b){
	if(b<0) return 0;
	return jie[a]%MOD*inv[b]%MOD*inv[a-b]%MOD;
}

signed main(){
	// freopen("1.in","r",stdin);
	cin>>n;
	n++;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>in[i];
	jie[0]=1; inv[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++){
		jie[i]=jie[i-1]*i%MOD;
		inv[i]=q_pow(jie[i],MOD-2);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+C(in[i]+i-1,in[i]-1))%MOD;
	cout<<ans<<"\n";
}

出处 Placing Jinas

 

posted on 2023-04-14 22:32  Bubble_e  阅读(48)  评论(0)    收藏  举报