新生赛div2
A
我们观察题目数据可知 \(1\le n\le 100\)，所以我们只需要用 \(O(n^2)\) 的暴力枚举前 \(i\) 只小鱼的可爱程度判断累加即可。
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,x,y,l,k,h,g,f,d,s=0,p=0,ss=1,pp=1;
int a[110],b[110];
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=i;j++){
if(a[i]>a[j]) b[i]++;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<b[i]<<" ";
return 0;
}
B
我们定义一个数列 \(\{a_n\}\) 的前缀和为 \(S_n = \sum_{i=1}^{n} a_i = a_1 + a_2 + \cdots + a_n\)。
有了前缀和之后，我们可以使用差分来进行静态的区间求和。具体而言，对于一个区间 \([l,r]\)，区间的和
证明的话直接展开，\(S_r = a_1 + a_2 + \cdots + a_{l-1} + a_l + a_{l+1} + \cdots + a_r\)，\(S_{l-1} = a_1 + a_2 + \cdots + a_{l-1}\)，这样 \(S_r - S_{l-1}\) 便等于 \(a_l + a_{l+1} + \cdots + a_r\)，即所求的区间和了，预处理出前缀和，单次就是 \(O(1)\) 复杂度可以完成的事情了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
int a[MAXN],s[MAXN],n,m;
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
s[i] = s[i - 1] + a[i];
}
cin >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int l, r;
cin >> l >> r;
cout << s[r] - s[l - 1] << endl;
}
return 0;
}
C
由 \(A\cap B=\varnothing\) 且 \(A\cup B=U\) 可知 \(B\) 就是 \(A\) 的补集，因此只需计数合法的 \(A\)。设 \(|A|=k\)，则 \(|B|=n-k\)。条件 \(|A|\notin A\) 等价于 \(k\notin A\)，\(|B|\notin B\) 等价于 \(n-k\in A\)。于是 \(A\) 必须同时包含 \(n-k\) 且不包含 \(k\)。当 \(n-k=k\) 即 \(n=2k\) 时矛盾，故偶数时 \(k\neq n/2\)。
固定一个合法的 \(k\ (1\le k\le n-1)\)，除去 \(k\) 和 \(n-k\) 两个元素后，还要从剩下的 \(n-2\) 个元素中选 \(k-1\) 个与 \(n-k\) 一起构成 \(A\)，方案数为 \(\binom{n-2}{k-1}\)。对所有合法 \(k\) 求和：
- 若 \(n\) 为奇数，\(k\) 取遍 \(1\) 到 \(n-1\)，总数为 \(\sum_{k=1}^{n-1}\binom{n-2}{k-1}=2^{n-2}\)。
- 若 \(n\) 为偶数，需去掉 \(k=n/2\) 的项，总数为 \(2^{n-2}-\binom{n-2}{n/2-1}\)。
- 特别地，\(n=1,2\) 时无合法方案，答案为 \(0\)。
答案对 \(10^9+7\) 取模。预处理阶乘、阶乘逆元以及 \(2\) 的幂，即可 \(O(1)\) 回答每次询问。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000000;
const int M = 1000000007;
long long f[N+2], v[N+2], p[N+2];
long long qp(long long a, long long b)
{
long long r = 1;
while (b) {
if (b & 1) r = r * a % M;
a = a * a % M;
b >>= 1;
}
return r;
}
void pc() {
f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; i++)
f[i] = f[i-1] * i % M;
v[N] = qp(f[N], M-2);
for (int i = N-1; i >= 1; i--)
v[i] = v[i+1] * (i+1) % M;
}
void pp() {
p[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; i++)
p[i] = p[i-1] * 2 % M;
}
long long s(int n) {
if (n == 1||n==2) return 0;
if (n % 2) return p[n-1];
int m = n - 2, k = m / 2;
return (p[n-1] - f[m] * v[k] % M * v[m - k] % M + M) % M;
}
int main() {
pc(); pp();
int T; cin >> T;
while (T--) {
int n; cin >> n;
cout << s(n) << '\n';
}
return 0;
}
D
由于所有树经历的加法操作完全相同，我们可以维护一个全局偏移量 add，表示到目前为止所有操作 1 累计增加的树高。任意时刻一棵树的真实高度等于它的初始高度加上 add。
- 操作 2：砍掉真实高度 \(< y\) 的树，即 \(h_i + \text{add} < y\)，等价于 \(h_i < y - \text{add}\)。
- 操作 3：砍掉真实高度 \(> y\) 的树，等价于 \(h_i > y - \text{add}\)。
也就是说，砍树操作相当于在初始高度上划定了一个允许范围 \([L, R]\)。初始时 \(L = -\infty\)，\(R = +\infty\)。每次操作 2 用 \(y - \text{add}\) 更新 \(L = \max(L, y - \text{add})\)，操作 3 用 \(y - \text{add}\) 更新 \(R = \min(R, y - \text{add})\)。因为砍掉的都是不满足范围条件的高度，剩下的树在初始高度排序后必然构成一个连续区间。
因此我们可以将所有初始高度排序（由于 \(h_i \le 10^7\)，用计数排序达到线性时间），得到有序数组 \(s\)，并预处理前缀和。在 \(s\) 上维护双指针 \(l, r\)，表示当前剩余树的下标区间。当 \(L\) 变大时，右移 \(l\) 直到 \(s[l] \ge L\)；当 \(R\) 变小时，左移 \(r\) 直到 \(s[r] \le R\)。指针总移动次数为 \(O(n)\)。
处理查询时，记剩余树数量 \(\text{cnt} = r - l + 1\)（如果 \(l>r\) 则无树，输出 qwq）：
- 总和：当前高度和 \(= \left(\sum_{i=l}^r s[i]\right) + \text{cnt} \times \text{add}\)，利用前缀和 \(O(1)\) 计算，最后对 \(998442553\) 取模。
- 最矮高度：\(s[l] + \text{add}\)。
- 最高高度：\(s[r] + \text{add}\)。
注意add可能为负，取模时要先取正模。
最后需要输出剩余树在数轴上的位置（即输入顺序的编号减 1）。我们只需遍历原始高度数组，判断每个初始高度是否在 \([L, R]\) 内，若是则输出其位置。若没有剩余树，输出 qwq。
由于 \(y\) 的范围与 add 累计值可能超出 64 位有符号整数，区间边界 \(L, R\) 以及比较时需使用 __int128。输入输出量巨大，需要使用较快的 IO 方式（如 fread/fwrite 或缓冲区）。
整体时间复杂度为 \(O(n + q + \max H)\)，空间复杂度约 \(150\text{MB}\)，完全满足题目限制。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 7000005, H = 10000005, MOD = 998442553;
int h[N], s[N], c[H];
long long p[N];
int n, m, q;
__int128 L = -1e30, R = 1e30;
long long add;
int l = 1, r;
const int B = 1 << 22;
char ib[B], ob[B];
int ip = B, op;
inline char gc() {
if (ip == B) fread(ib, 1, B, stdin), ip = 0;
return ib[ip++];
}
inline long long rd() {
long long x = 0; bool f = 0; char ch = gc();
while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = 1; ch = gc(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = gc();
return f ? -x : x;
}
inline void pc(char ch) {
if (op == B) fwrite(ob, 1, B, stdout), op = 0;
ob[op++] = ch;
}
void wt(long long x) {
if (x < 0) pc('-'), x = -x;
if (x > 9) wt(x / 10);
pc(x % 10 + '0');
}
void wq() { pc('q'); pc('w'); pc('q'); }
void ed() { fwrite(ob, 1, op, stdout); }
int main() {
n = rd(); m = n + 1;
int mx = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
h[i] = rd();
if (h[i] > mx) mx = h[i];
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) ++c[h[i]];
int idx = 1;
for (int v = 1; v <= mx; ++v) {
int cnt = c[v];
for (int j = 0; j < cnt; ++j) s[idx++] = v;
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) p[i] = p[i - 1] + s[i];
r = m;
q = rd();
while (q--) {
int op = rd();
if (op == 1) {
add += rd();
} else if (op == 2) {
__int128 t = (__int128)rd() - add;
if (t > L) L = t;
while (l <= r && s[l] < L) ++l;
} else if (op == 3) {
__int128 t = (__int128)rd() - add;
if (t < R) R = t;
while (l <= r && s[r] > R) --r;
} else if (op == 4) {
if (l > r) wq(), pc('\n');
else {
long long sum = (p[r] - p[l - 1]) % MOD;
long long cnt = r - l + 1;
long long ad = (add % MOD + MOD) % MOD;
long long ans = (sum + cnt * ad % MOD) % MOD;
wt(ans), pc('\n');
}
} else if (op == 5) {
if (l > r) wq(), pc('\n');
else {
long long val = (s[l] + add) % MOD;
if (val < 0) val += MOD;
wt(val), pc('\n');
}
} else {
if (l > r) wq(), pc('\n');
else {
long long val = (s[r] + add) % MOD;
if (val < 0) val += MOD;
wt(val), pc('\n');
}
}
}
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) if (L <= h[i] && h[i] <= R) ++cnt;
wt(cnt), pc('\n');
if (!cnt) wq(), pc('\n');
else {
bool fi = 1;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
if (L <= h[i] && h[i] <= R) {
if (!fi) pc(' ');
wt(i - 1);
fi = 0;
}
}
pc('\n');
}
ed();
}
浙公网安备 33010602011771号