【模拟赛】纪中提高A组 19.8.20 测试

Posted on 2019-08-22 20:53  opethrax  阅读(...)  评论(... 编辑 收藏

Task.1 Global warming (JZOJ 6310)

题目大意:给定整数 \(n\)\(x\),以及一个大小为 \(n\) 的序列 \(a\)。你可以选择一个区间 \([l,r]\),然后令 \(a[i]+=d(l<=i<=r)\),其中 \(d\) 满足 \(|d|<=x\)。要求最大化 \(a\) 的最长上升子序列的长度,并输出该值。

数据范围:\(N\leq200000,x,a_i\leq10^9\)

考虑把某段区间增加或减少了一个值之后答案会变成什么样:一定把前面的一部分上升子序列和后面的一部分上升子序列接起来,并且发现对某段区间 \([l,r]\) 增减,扩展到对 \([1,l]\)\([r,n]\) 一定不会让答案变差;而且前缀加减和后缀加减几种情况,都可以归纳为前缀加或者后缀加。加多少呢?对于一段前缀或者后缀肯定往多了加不会让答案变差,加多了可以选择的范围就变大了。

那么就只需要一个数据结构维护一下转移时用的最值,前后各做一遍然后枚举在哪个位置加就可以了。复杂度 \(O(N\log N)\)

代码:

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

template<class T>void read(T &x){
    x=0; bool f=0; char c=getchar();
    while(c<'0'||'9'<c){f|=(c=='-'); c=getchar();}
    while('0'<=c&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar();}
    x=f?-x:x;
}

const int N=200005;

int n,d,ans;
int a[N],b[N<<2],m,t[N],c[N];
int f[N],g[N];
void cmax(int &x,int y){if(x<y)x=y;}
struct segt{
#define lson l,mid,p<<1
#define rson mid+1,r,p<<1|1
    int s[N<<3];
    void clear(){memset(s,0,sizeof(s));}
    void pushup(int p){s[p]=max(s[p<<1],s[p<<1|1]);}
    void upd(int x,int c,int l,int r,int p){
        if(l==r){cmax(s[p],c); return ;}
        int mid=(l+r)>>1;
        if(x<=mid)upd(x,c,lson);
        else upd(x,c,rson);
        pushup(p);
    }
    int query(int L,int R,int l,int r,int p){
        if(R<L)return 0;
        if(L<=l&&r<=R) return s[p];
        int mid=(l+r)>>1,res=0;
        if(L<=mid)res=max(res,query(L,R,lson));
        if(R>mid)res=max(res,query(L,R,rson));
        return res;
    }
}T;

void solve(){
    sort(b+1,b+m+1); m=unique(b+1,b+m+1)-b-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        t[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i])-b;
        c[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,a[i]+d)-b;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        f[i]=T.query(1,t[i]-1,1,m,1)+1;
        T.upd(t[i],f[i],1,m,1);
    }
    T.clear();
    for(int i=n;i;i--){
        g[i]=T.query(t[i]+1,m,1,m,1)+1;
        T.upd(t[i],g[i],1,m,1);
    }
    T.clear();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        T.upd(t[i],f[i],1,m,1);
        cmax(ans,g[i+1]+T.query(1,c[i+1]-1,1,m,1));
    }
    printf("%d\n",ans);
}

int main(){
    freopen("glo.in","r",stdin);
    freopen("glo.out","w",stdout);
    read(n); read(d);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        read(a[i]);
        b[++m]=a[i];
        b[++m]=a[i]+d;
    }
    solve();
    return 0;
}

Task.2 Mobitel (JZOJ 6311)

题目大意:给定一个 \(r\)\(s\) 列的矩阵,每个格子里都有一个正整数。问如果从左上角走到右下角,且每次只能向右或向下走到相邻格子,那么使得路径上所有数的乘积不小于 \(n\) 的路径有多少条?答案对 \(10^9+7\) 取模的结果。

数据范围:\(1\leq r,s\leq300,1\leq n\leq10^6\),矩阵中的数不超过 \(10^6\)

比较容易设计出状态 \(F_{i,j,k}\) 表示走到格子 \((i,j)\) 时乘积为 \(k\) 的方案数,求问题的补集乘积小于等于 \(n\) 的方案数。但是这样状态数是 \(O(NRS)\) 的,时间和空间都不能接受,我们需要一种优化方法:根据除法分块,\(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor\) 的取值只有 \(\sqrt{n}\) 种,试着用某个乘积 \(k\) 所在块来代替它本身。

代码:

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

template<class T>void read(T &x){
    x=0; char c=getchar();
    while(c<'0'||'9'<c)c=getchar();
    while('0'<=c&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar();}
}

const int N=305;
const int NN=1000005;
const int M=1000000007;

int r,s,n;
int a[N][N];
int rk[2005],id[NN],cnt;
int f[2][N][2005];

int inv(int x){
    int res=1,t=M-2;
    while(t){
        if(t&1)res=1ll*res*x%M;
        x=1ll*x*x%M; t>>=1;
    }return res;
}
int C(int x,int y){
    int up=1,down=1;
    if(y<x-y)y=x-y;
    for(int i=y+1;i<=x;i++)
        up=1ll*up*i%M;
    if(y>x-y)y=x-y;
    for(int i=1;i<=y;i++)
        down=1ll*down*i%M;
    return 1ll*up*inv(down)%M;
}

int main(){
    freopen("mobitel.in","r",stdin);
    freopen("mobitel.out","w",stdout);
    read(r); read(s); read(n);
    n--;
    for(int i=1;i<=n;i++)if(rk[cnt]!=n/i){
        rk[++cnt]=n/i;
        id[n/i]=cnt;
    }
    for(int i=1;i<=r;i++)for(int j=1;j<=s;j++)read(a[i][j]);
    int t;
    bool now=0,pre=1;
    f[0][1][1]=1;
    for(int i=1;i<=r;i++){
        swap(now,pre);
        memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
        for(int j=1;j<=s;j++){
            t=a[i][j];
            for(int k=1;k<=cnt;k++){
                f[now][j][id[rk[k]/t]]=(1ll*f[now][j][id[rk[k]/t]]+1ll*f[pre][j][k]+f[now][j-1][k])%M;
            }
        }
    }
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)sum=(sum+f[now][s][i])%M;
    printf("%d\n",(C(r+s-2,s-1)-sum+M)%M);
    return 0;
}

Task.3 Lottery (JZOJ 6312)

题目大意:定义两个序列对应位置上不同的值的个数不超过 \(k\),则可称为 \(k\) 相似。
现在有一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\),将它划分为 \(n−l+1\) 个长度为 \(l\) 的子串(第 \(i\) 个子串为 \(a[i]~a[i+l-1]\)
\(q\) 组询问,第 \(j\) 组询问给出一个 \(k_j\),求每个子串与多少个其它的子串可称为 \(k_j\) 相似。

数据范围:\(k_j\leq L\leq N\leq 10000,q\leq 100,a_i\leq10^9\)

首先我们要知道,\(O(N^2)\) 是可以过 \(10000\) 的。

我们可以用两个滑动窗口在序列上滑的方法去 \(O(1)\)\([l_1,r_1],[l_2,r_2]\) 得到 \([l_1+1,r_1+1],[l_2+1,r_2+1]\) 子串的相似度。每次从头滑到尾复杂度是 \(O(N)\),选择不同的\([l_1,r_1],[l_2,r_2]\),就可以 \(O(N^2)\) 得到所有子串两两的相似度。因为询问只有 \(q\) 次,所以空间上就开到 \(O(Nq)\) 存储排序后询问的答案即可。复杂度 \(O(N^2)\)

代码:what