模拟赛7.13-7.18（week2）

7.13

100+20+0+0=120pts，rk31。

这辈子跟 31 过不去了哈。

打得简直就是一坨。

T1

求 \((a,b),a,b \leq n\) 的对数使得 \(a-b=\gcd(a,b)\)。

赛时 10min 写完。

正解

注意到 \(a-b=\gcd(a,b)=\gcd(b,a-b)\)，令 \(a-b=t\)，考虑枚举 \(t\)，于是答案为：

\[\sum_{i=1}^n (\lfloor \frac{n}{i} \rfloor -1) \]

直接整除分块，复杂度 \(O(\sqrt n)\)。

T2

原题 lg P8097

正解

赛时已经想到并查集，并且已经知道怎么合并了，但是忘了不用把答案赋值到每个点上，不然复杂度会爆。只需选择性地合并然后把答案赋值到连通块的祖先上（赛时想不到这个我是唐氏啊）。

考虑时光倒流，发现由于连边操作的点权值必须为 \(1\)，所以反向操作无需删边，然后并查集维护一下即可。时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\)，没写按秩合并。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define gc getchar
#define pc putchar
#define rg register
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PII pair<int, int> 
#define PDI pair<double, int>
#define fi first
#define se second
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using db=double;using ll=long long;
using ull=unsigned long long;
using namespace std;
const ll INF=1e18;
const int inf=0x3f3f3f3f;
namespace IO{
	inline int read(){
		int x=0,f=1;
		char ch=gc();
		while(!isdigit(ch)){
			if(ch=='-')	f=-f;
			ch=gc();
		}
		while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=gc();
		return x*f;
	}
	inline void write(int x){
		if(x<0) pc('-'),x=-x;
		if(x>9)	write(x/10);
		pc(x%10+'0');
	}
}
using namespace IO;
const int N=1e5+10;
int n,q,fa[N],ans[N],cnt,w[N];
inline void init(){for(rg int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,w[i]=1;}
inline int find(int x){return (x==fa[x])?fa[x]:fa[x]=find(fa[x]);}
struct edge{int u,v,del;}e[N<<1];
struct node{char op;int a,b;}qry[N<<1];
signed main(){
//	freopen("114514.in","r",stdin);
//	freopen("114514.out","w",stdout);
	IOS
	cin>>n>>q;init();
	for(rg int i=1;i<=q;i++){
		cin>>qry[i].op;
		if(qry[i].op=='A'){
			cin>>qry[i].a>>qry[i].b;
			e[++cnt].u=qry[i].a,e[cnt].v=qry[i].b;
		}else if(qry[i].op=='D'){
			cin>>qry[i].a;
			w[qry[i].a]=0;
		}else if(qry[i].op=='R'){
			cin>>qry[i].a;
			e[qry[i].a].del=1;
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=cnt;i++){
		if(!e[i].del){
			int u=e[i].u,v=e[i].v;
			int fu=find(u),fv=find(v);
			if(fu==fv) continue;
			if(w[fu]||w[fv]) w[fu]=w[fv]=1,ans[fu]=ans[fu]=q;
			else fa[fu]=fv;
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=n;i++) if(w[i]) ans[find(i)]=q;
	for(rg int i=q;i>=1;i--){
		if(qry[i].op=='R'){
			int u=e[qry[i].a].u,v=e[qry[i].a].v;
			int fu=find(u),fv=find(v);
			if(fu==fv) continue;
			if(!w[fu]&&!w[fv]) fa[fu]=fv;
			if(w[fu]&&!w[fv]) w[fv]=1,ans[fv]=i-1;
			if(w[fv]&&!w[fu]) w[fu]=1,ans[fu]=i-1;
		}else if(qry[i].op=='D'){
			int u=find(qry[i].a);
			if(!w[u]) w[u]=1,ans[u]=i-1;
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[find(i)]<<'\n';
	return 0;
}

T3

原题 lg P7219。

赛时连部分分都不会。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define gc getchar
#define pc putchar
#define rg register
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PII pair<int, int> 
#define PDI pair<double, int>
#define fi first
#define se second
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using db=double;using ll=long long;
using ull=unsigned long long;
using namespace std;
const ll INF=1e18;
const int inf=0x3f3f3f3f;
namespace IO{
	inline int read(){
		int x=0,f=1;
		char ch=gc();
		while(!isdigit(ch)){
			if(ch=='-')	f=-f;
			ch=gc();
		}
		while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=gc();
		return x*f;
	}
	inline void write(int x){
		if(x<0) pc('-'),x=-x;
		if(x>9)	write(x/10);
		pc(x%10+'0');
	}
}
using namespace IO;
const int N=2e5+10;
vector<int> f[N];
vector<PII> v[N];
int n,m,fal[N],far[N],tree[N];
inline int lbt(int x){return x&-x;}
inline void add(int i, int x){while(i<=n){tree[i]+=x;i+=lbt(i);}}
inline int query(int i){int ans=0; while(i>0){ans+=tree[i];i-=lbt(i);} return ans;}
inline int findl(int x){return (fal[x]==x)?fal[x]:fal[x]=findl(fal[x]);}
inline int findr(int x){return (far[x]==x)?far[x]:far[x]=findr(far[x]);}
signed main(){
//	freopen("114514.in","r",stdin);
//	freopen("114514.out","w",stdout);
	n=read();
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		int x=read();
		f[x].push_back(i);
	}
	for(rg int i=0;i<=n+1;i++) fal[i]=far[i]=i;
	m=read();
	for(rg int i=1;i<=m;i++){
		int x=read(),y=read(),c=read();
		v[y].push_back({x,c});
	}
	int ans=0;
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		for(auto j:v[i]){
			int cost=query(j.fi);
			if(j.se<=cost) ans+=j.se;
			else ans+=cost,add(findl(j.fi)+1,j.se-cost),add(findr(j.fi),cost-j.se);
		}
		for(int j:f[i]) fal[findl(j)]=findl(j-1),far[findr(j)]=findr(j+1);
	}
	write(ans);
	return 0;
}

T4

原题 CF2002H

神秘 dp 套 dp，很抽象，本人并不会。

7.14

100+10+10+0=120pts,rk19。

T1

给定一个序列，将其分成若干个区间，要求区间最小值在区间左端点，最大值在右端点，求最少能分成几段。

赛时 10min 想出做法，写了个分治发现是正确的但是会被极端数据卡，于是考虑 RMQ 结果调了1h 没调出来，浪费了很多时间。

正解

考虑贪心，设区间 min 的最左端出现位置为 \(l\)，区间 max 最右端出现位置为 \(r\)，如果 \(l<r\) 则取 \([l,r]\) 为一段更优，剩下两段继续分治；否则考虑分成三段分治。区间最值如果线性求，数据足够随机确实是 \(O(n \log n)\)，但是存在单调递减的极端数据，所以可以考虑用 ST 表预处理，分治是 \(O(\log n)\) 到 \(O(n)\) 之间，预处理 \(O(n \log n)\)。

cmh 给的题解里有 \(O(n)\) 的 dp 做法，需要用到单调栈，此外还有许多大佬有不同的 \(O(n \log n)\) 做法，T1 直接过了一车。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define gc getchar
#define pc putchar
#define rg register
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PII pair<int, int> 
#define PDI pair<double, int>
#define fi first
#define se second
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using db=double;using ll=long long;
using ull=unsigned long long;
using namespace std;
const ll INF=1e18;
const int inf=0x3f3f3f3f;
namespace IO{
	inline int read(){
		int x=0,f=1;
		char ch=gc();
		while(!isdigit(ch)){
			if(ch=='-')	f=-f;
			ch=gc();
		}
		while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=gc();
		return x*f;
	}
	inline void write(int x){
		if(x<0) pc('-'),x=-x;
		if(x>9)	write(x/10);
		pc(x%10+'0');
	}
}
using namespace IO;
const int N=3e5+10;
int n,b[N],lg[N];
PII a[N];
PII fmx[N][21],fmi[N][21];
//vector<int> p[N];
bool cmp(PII x, PII y){
	if(x.fi!=y.fi) return x.fi<y.fi;
	return x.se<y.se;
}
PII cmax(PII x, PII y){return (cmp(x,y)?y:x);}
PII cmin(PII x, PII y){return (cmp(x,y)?x:y);}
inline void init(){
	lg[1]=0;
	for(rg int i=2;i<N;i++) lg[i]=lg[i>>1]+1;
	for(rg int i=1;i<=n;i++) fmx[i][0]=fmi[i][0]=a[i];
	for(rg int j=1;j<=lg[n];j++){
		for(rg int i=1;i+(1<<j)<=n+1;i++){
			fmx[i][j]=cmax(fmx[i][j-1],fmx[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			fmi[i][j]=cmin(fmi[i][j-1],fmi[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	}
}
PII querymx(int l, int r){int k=lg[r-l+1];return cmax(fmx[l][k],fmx[r-(1<<k)+1][k]);}
PII querymi(int l, int r){int k=lg[r-l+1];return cmin(fmi[l][k],fmi[r-(1<<k)+1][k]);}
inline int solve(int l, int r){
	if(r<l) return 0;
	if(l==r) return 1;
	PII p=querymx(l,r),q=querymi(l,r);
	int mxpos=p.se,mipos=q.se;
//	write(mxpos),pc(' '),write(mipos),puts("");
	if(mipos<mxpos) return solve(l,mipos-1)+solve(mxpos+1,r)+1;
	else return solve(l,mxpos)+solve(mxpos+1,mipos-1)+solve(mipos,r);
}
signed main(){
	freopen("divide.in","r",stdin);
	freopen("divide.out","w",stdout);
	n=read();
	for(rg int i=1;i<=n;i++) a[i].fi=read(),a[i].se=i;
	init();
//	write(querymx(1,n).fi);
	write(solve(1,n));
	return 0;
}

T2

给了你一个 \(n × m\) 的网格，网格的每个格子上写有一个字符，保证其为数字（\(1\) ∼ \(9\)），
加号（\(+\)），乘号（\(∗\)）中的一个。

每次从左上角走到右下角，只能向右或向下，对于每条合法路径，它的权值为走过的表达式的值，求所有路径的权值和，结果模 \(998244353\)。

我甚至爆搜都写不来。

赛时写了个没有运算符的部分分。

正解

考虑 dp，具体地我们维护四个数组，分别为 \(cnt,x,y,z\)，表示当前点路径数、上一个加号后到上一个乘号前的乘积，上一个加号后到当前点的总乘积，上一个加号前的和。

分别从 \((i-1,j),(i,j-1)\) 转移，若当前为 \(*\)：

\[x(i,j) \leftarrow x(i,j)+y(a,b),y(i,j) \leftarrow 0 \]

若当前为 \(+\)：

\[x(i,j) \leftarrow cnt(i,j),z(i,j) \leftarrow z(i,j)+y(a,b),y(i,j) \leftarrow 0 \]

若当前为数：

\[y(i,j) \leftarrow y(i,j)+10y(a,b)+ch(i,j)x(a,b),x(i,j) \leftarrow x(i,j)+x(a,b) \]

时间复杂度 \(O(nm)\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define gc getchar
#define pc putchar
#define rg register
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PII pair<int, int> 
#define PDI pair<double, int>
#define fi first
#define se second
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using db=double;using ll=long long;
using ull=unsigned long long;
using namespace std;
const ll INF=1e18;
const int inf=0x3f3f3f3f;
namespace IO{
	inline int read(){
		int x=0,f=1;
		char ch=gc();
		while(!isdigit(ch)){
			if(ch=='-')	f=-f;
			ch=gc();
		}
		while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=gc();
		return x*f;
	}
	inline void write(int x){
		if(x<0) pc('-'),x=-x;
		if(x>9)	write(x/10);
		pc(x%10+'0');
	}
}
using namespace IO;
const int N=2e3+10,mod=998244353;
int n,m,cnt[N][N],x[N][N],y[N][N],z[N][N];
char ch[N][N];
inline void solve(int a, int b, int c, int d){
	z[c][d]=(z[c][d]+z[a][b])%mod;
	if(ch[c][d]=='+'){
		x[c][d]=cnt[c][d]%mod;
		y[c][d]=0;
		z[c][d]=(z[c][d]+y[a][b])%mod;
	}else if(ch[c][d]=='*'){
		x[c][d]=(x[c][d]+y[a][b])%mod;
		y[c][d]=0;
	}else{
		y[c][d]=(y[c][d]+10*y[a][b]%mod+(ch[c][d]-'0')*x[a][b]%mod)%mod;
		x[c][d]=(x[c][d]+x[a][b])%mod;
	}
}
signed main(){
	freopen("gridwalk.in","r",stdin);
	freopen("gridwalk.out","w",stdout);
	IOS
	cin>>n>>m;
	for(rg int i=1;i<=n;i++) for(rg int j=1;j<=m;j++) cin>>ch[i][j];
	x[1][1]=cnt[1][1]=1,y[1][1]=ch[1][1]-'0',z[1][1]=0;
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		for(rg int j=1;j<=m;j++){
			if(i==1&&j==1) continue;
			cnt[i][j]=(cnt[i-1][j]+cnt[i][j-1])%mod;
			if(i==1) solve(i,j-1,i,j);
			else if(j==1) solve(i-1,j,i,j);
			else solve(i-1,j,i,j),solve(i,j-1,i,j);
		}
	}
	cout<<(y[n][m]+z[n][m])%mod;
	return 0;
}

T3

原题 ARC030D

赛时就写了个 10pts 的线段树。

正解是 FHQ 加可持久化等神秘操作，太难了本人并不会。

T4

平面上有 \(2n + 1\) 个点，两个点可以构成一组配对当且仅当它们的横坐标或纵坐标相等。
对于从 \(1\) 到 \(2n + 1\) 的每个 \(i\)，询问在去掉第 \(i\) 个点后，剩下 \(2n\) 个点是否能配成 \(n\) 组配对，
满足每个点恰好出现在一组配对中。每次询问间互相独立。

本人并不会，但是拜谢 ljx 巨佬的神秘做法，简单易懂%%%。

7.15

100+0+0+0=100pts，鉴定为废物。

T1 10min 写完又他妈在死磕 T2，但是还是脑子不够，推不出答案，然后红温效应导致暴力也不想写了。

今天讲课是 TJM。

T1

原题 AT_tenka1_2012_final_a

贪心即可，过于简单。

T2

原题 lg P7322

想了很久，但并不知道如何求每个数的贡献。

正解

算 \([k,n]\) 每个数的贡献，\(i\) 为最大值的区间个数为个数为 \(A_{i-1}^{m-1}m(n-m+1)!\)，但是有重复，考虑去重，重复数为 \(A_{i-1}^m(m-1)(n-m)!\)。

直接 \(O(n)\) 求和即可。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define gc getchar
#define pc putchar
#define rg register
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PII pair<int, int> 
#define PDI pair<double, int>
#define fi first
#define se second
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using db=double;using ll=long long;
using ull=unsigned long long;
using namespace std;
const ll INF=1e18;
const int inf=0x3f3f3f3f;
namespace IO{
	inline int read(){
		int x=0,f=1;
		char ch=gc();
		while(!isdigit(ch)){
			if(ch=='-')	f=-f;
			ch=gc();
		}
		while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=gc();
		return x*f;
	}
	inline void write(int x){
		if(x<0) pc('-'),x=-x;
		if(x>9)	write(x/10);
		pc(x%10+'0');
	}
}
using namespace IO;
const int N=5e5+10;
const int mod=998244353;
int n,m,fac[N],inv[N];
inline int qpow(int x, int y){
	int ans=1;
	while(y>0){
		if(y&1) ans=ans*x%mod;
		x=x*x%mod,y>>=1;
	}
	return ans%mod;
}
inline void init(){
	fac[0]=1;
	for(rg int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[n]=qpow(fac[n],mod-2);
	for(rg int i=n;i>=1;i--) inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
signed main(){
//	freopen("114514.in","r",stdin);
//	freopen("114514.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();
	init();
	int ans1=0,ans2=0;
	for(rg int i=m;i<=n;i++){
		ans1=(ans1+fac[i-1]%mod*inv[i-m]%mod)%mod;
		ans2=(ans2+fac[i-1]%mod*inv[i-m-1]%mod)%mod;
	}
	ans1=ans1*fac[n-m+1]%mod*m%mod;
	ans2=ans2*fac[n-m]%mod*(m-1)%mod;
	write((ans1-ans2+mod)%mod);
	return 0;
}

T3

神秘数据结构优化 dp。

T4

原题 lg P10675。

tjm 出的。

本人并不会，机房有巨佬场切了%%%%%%。

7.16

100+100+0+0=200pts，rk7。

第一次上 200。

T1T2

过于简单。

T3

初始有 \(1\) 个金币，进行 \(n\) 次赌博，每次下注任意正整数个，一半的概率失去全部赌注，一半概率获得赌注的两倍，可以使用 \(m\) 次技能预测赌局结果并改变，求最优决策下期望获得的最多金币数。

样例都没看懂，我是飞舞。

70pts

拜谢巨佬 ycy（lg：I_LOVE_FG）。

设 \(f_{i,j}\) 为第 \(i\) 局用了 \(j\) 次技能获得期望最大值，考虑转移，有：

\[f_{i,j} \leftarrow \frac{1}{2} \times 2 f_{i-1,j-1}+\frac{1}{2} \times 2f_{i-1,j} \]

正是杨辉三角，于是 \(f_{i,j}=C_i^j\)，答案即为：

\[\sum_{i=0}^m C_n^i \]

时间复杂度 \(O(\sum m)\)

正解是莫队，参考 AT_tenka1_2014_final_d

T4

树上 dp，本人并不会。

7.18

80+10+0+0=90pts,rk114514。

ryh 怎么又 AK 了。

T1

给定非负整数 \(n,m\)，你需要求出在平面直角坐标系上从 \((0,0)\) 出发，每步只能进行以下两种操作中的一种：

使 \(x\) 坐标增加 \(1\)。
使 \(y\) 坐标增加 \(1\)。

你需要求出在不跨过直线 \(x=y\) 的情况下到达 \((n,m)\) 的方案数，对 \(998244353\) 取模。

正解

考虑反射容斥，钦定 \(n>m\)，答案为 \(C_{n+m}^n-C_{n+m}^{m-1}\)。

注意 \(n=m\) 时要乘个二，都为零时答案为 \(1\)。

赛时这两个没特判挂了 20pts，警钟撅烂。

T2

称一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_1,\dots,a_n\) 合法当且仅当对于任意 \(i(2\le i\le n-1)\) 都满足以下两个条件中的至少一个：

\(\forall 1\le j\le i-1,a_j\le a_i\)。
\(\forall i+1\le j\le n,a_j\le a_i\)。

现在给你一个长度为 \(n\) 的序列 \(a_1,\dots,a_n\)，你需要求出至少执行多少次以下操作才能使序列 \(a_1,\dots,a_n\) 合法：

选定 \(i(1\le i\le n-1)\)，交换 \(a_i,a_{i+1}\)。

赛时想了 3h30min 的逆序对，发现是假的。原因是枚举最大值位置时，存在最大值两边互换更优的情况。一车人错的一样。

正解

考虑最终序列一定是一个单峰序列，考虑对每个数算贡献，其实是 \([1,i]\) 大于 \(a_i\) 的数个数与 \([i+1,n]\) 取 min，直接离散化加权值树状数组维护。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define gc getchar
#define pc putchar
#define rg register
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PII pair<int, int> 
#define PDI pair<double, int>
#define fi first
#define se second
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using db=double;using ll=long long;
using ull=unsigned long long;
using namespace std;
const ll INF=1e18;
const int inf=0x3f3f3f3f;
namespace IO{
	inline int read(){
		int x=0,f=1;
		char ch=gc();
		while(!isdigit(ch)){
			if(ch=='-')	f=-f;
			ch=gc();
		}
		while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=gc();
		return x*f;
	}
	inline void write(int x){
		if(x<0) pc('-'),x=-x;
		if(x>9)	write(x/10);
		pc(x%10+'0');
	}
}
using namespace IO;
const int N=3e5+10;
inline int lbt(int x){return x&-x;}
int n,a[N],b[N],p[N],q[N];
struct BIT{
	int tree[N];
	inline void clear(){memset(tree,0,sizeof tree);}
	inline void add(int x, int d){while(x<=n){tree[x]+=d,x+=lbt(x);}}
	inline int query(int x){int ans=0;while(x>0){ans+=tree[x],x-=lbt(x);}return ans;}
}T;
inline void solve(){
	for(rg int i=1;i<=n;i++) p[i]=T.query(n)-T.query(a[i]),T.add(a[i],1);
	T.clear();
	for(rg int i=n;i>=1;i--) q[i]=T.query(n)-T.query(a[i]),T.add(a[i],1);
}
signed main(){
	freopen("seq.in","r",stdin);
	freopen("seq.out","w",stdout);
	n=read();
	for(rg int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),b[i]=a[i];
	sort(b+1,b+1+n);
	int tot=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
	for(rg int i=1;i<=n;i++) a[i]=LB(b+1,b+1+tot,a[i])-b;
	solve();
	int ans=0;
	for(rg int i=1;i<=n;i++) ans+=min(p[i],q[i]);
	write(ans);
	return 0;
}
/*
7
2 8 4 8 5 3 6
*/

T3

给定一张 \(n\) 个点 \(n\) 条边的有向图，第 \(i(1\le i\le n)\) 条边为 \(i\rightarrow p_i\)。

你可以进行如下操作：

选择 \(i(1\le i\le n)\)，将 \(p_i\) 修改为 \(\{1,2,\dots,n\}\) 中的任意一个数，代价为 \(c_i\)。

你需要进行一系列操作使得最后得到的 \(\forall 1\le i\le n,i\rightarrow p_i\) 的图强连通，并最小化代价之和。

我不会，膜拜 tyh 爆切本题。

T4

原题 lg P12485。

TJM 出的，本人太菜并不会。

7.18

有史以来打的最差的一次，小基班 rk-1，不愧是我，纯废物。

T1

lg P8106

过于简单。

凭啥评绿。

T2

赛时想了个唐人做法，以为是对的，结果未知原因写炸了。

正解

按照奇偶性做，是一个类似括号匹配的东，用栈维护并统计最值。

std

#include<bits/stdc++.h>
#define fir first
#define sec second
#define all(x) begin(x),end(x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned uint;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename type>
inline void chmin(type &x,const type &y)
{
	if(y<x)
		x=y;
}
template<typename type>
inline void chmax(type &x,const type &y)
{
	if(x<y)
		x=y;
}
constexpr int Max=1e6+10;
int n,a[Max],s[Max],o=1,ans[Max];
signed main()
{
	freopen("domino.in","r",stdin),freopen("domino.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	auto solve=[&]()->void
	{
		cin>>n;
		int top=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			cin>>a[i];
			if(top&&(a[i]&1)==(s[top]&1))
			{
				chmax(s[top-1],max(a[i],s[top])+1);
				--top;
			}
			else
				s[++top]=a[i];
			if(top>1)
				ans[i]=-1;
			else
				if(top==1)
					ans[i]=max(s[0]-((s[0]^s[1])&1),s[1]);
				else
					ans[i]=s[0]-1;
		}
		if(o==1)
			cout<<ans[n]<<"\n";
		else
			for(int i=1;i<=n;++i)
				cout<<ans[i]<<" \n"[i==n];
		fill(s,s+n+1,0);
	};
	int t;
	cin>>t>>o;
	while(t--)
		solve();
	return 0;
}

T3

给定非负整数 \(k\)，求出长度为 \(n\) 的逆序对数恰好为 \(k\) 的排列的个数。

有个 70pts 的 \(O(nk)\) dp，我直接没写，这是怎么回事呢？

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int f[5010][5010];
int n,k;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	f[1][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=k;j++)	f[i-1][j]=(f[i-1][j]+f[i-1][j-1])%mod;
		for(int j=0;j<i;j++)	f[i][j]=f[i-1][j];
		for(int j=i;j<=k;j++)	f[i][j]=(f[i-1][j]-f[i-1][j-i]+mod)%mod;
	}
	printf("%d\n",f[n][k]);
	return 0;
}

T4

神秘淀粉质。

\[End \]

posted @ 2025-07-20 18:50 bbbzzx 阅读(13) 评论(0) 收藏举报

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bbbzzx

模拟赛7.13-7.18（week2）

7.13

T1

正解

T2

正解

Code

T3

Code

T4

7.14

T1

正解

Code

T2

正解

Code

T3

T4

7.15

T1

T2

正解

Code

T3

T4

7.16

T1T2

T3

70pts

T4

7.18

T1

正解

T2

正解

Code

T3

T4

7.18

T1

T2

正解

T3

T4

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