Educational Codeforces Round 176
Dashboard - Educational Codeforces Round 176 (Rated for Div. 2) - Codeforces
A 贪心 数学 模拟
B 贪心 构造
C 组合数学
D 暴力
Problem - E - Codeforces ^e8e652
题意：
给定 \(n,m,A,B\)，你需要计算数组对 \((a,b)\) 的个数，满足 \(a\) 的长度为 \(n\)，\(a_i\in [0,A]\)，\(b\) 的长度为 \(m\)，\(b_i\in [0,B]\)，令矩阵 \(X_{i,j}=a_i\oplus b_j\)，且 \(X\) 矩阵中至多有两种值。
题解：
如果某一个数组有超过 \(2\) 种值，一定不满足要求，可以分类讨论出以下四种情况：
\(case1\)：\(a,b\) 都只有一种值，方案数为 \((A+1)(B+1)\)。
\(case2,3\)：\(a,b\) 一个有一种值，一个有两种值，方案数为 $$(2^n-2)\times \binom{A+1}{2}\times(B+1)+(2^m-2)\times \binom{B+1}{2}\times(A+1)$$
\(case4\)：\(a,b\) 都各有两种值，设为 \(a_1,a_2,b_1,b_2\)，此时需要满足 \(a_1\oplus b_1=a_2\oplus b_2\)，化简得到 \(a_1\oplus a_2=b_1\oplus b_2\)。
设这个值为 \(x\)，不妨设 \(a_2<a_1,b_2<b_1\)，只需要统计以下数对 \((a_1,b_1,x)\) 的个数。
考虑数位 \(dp[i][f_a][f_b][f_x]\) 表示已经确定前 \(i\) 位，\(a_1\) 是否卡住上界，\(b_1\) 是否卡住上界，\(x\) 是否有值的方案数。
当 \(x:0\to 1\) 转移时，需要保证这一位 \(a_1,b_1\) 取值都为 \(1\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
ll read()
{
ll x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const ll mod = 998244353;
ll qpow(ll a, ll b, ll mod)
{
ll ans = 1;
while(b)
{
if(b & 1) ans = ans * a % mod;
b >>= 1;
a = a * a % mod;
}
return ans;
}
ll C2(ll n){ return 1ll * n * (n - 1) / 2 % mod; }
ll dp[31][2][2][2];
void add(ll &x, ll y){ x = (x + y >= mod) ? x + y - mod : x + y; }
void solve()
{
ll n = read(), m = read(), A = read(), B = read();
ll ans1 = (A + 1) * (B + 1) % mod;
ll ans2 = (qpow(2, n, mod) - 2) * C2(A + 1) % mod * (B + 1) % mod;
ll ans3 = (qpow(2, m, mod) - 2) * C2(B + 1) % mod * (A + 1) % mod;
for(int i = 0; i < 31; ++i)
for(int j = 0; j < 2; ++j)
for(int k = 0; k < 2; ++k)
for(int t = 0; t < 2; ++t)
dp[i][j][k][t] = 0;
dp[30][1][1][0] = 1;
for(int i = 30; i > 0; --i)
{
int flag1 = (A >> (i - 1)) & 1, flag2 = (B >> (i - 1)) & 1;
for(int j = 0; j < 2; ++j)
for(int k = 0; k < 2; ++k)
for(int t = 0; t < 2; ++t)
if(dp[i][j][k][t])
for(int x = 0; x <= max(flag1, (j ^ 1)); ++x)
for(int y = 0; y <= max(flag2, (k ^ 1)); ++y)
{
int to_j = (x == flag1) & j, to_k = (y == flag2) & k;
add(dp[i - 1][to_j][to_k][t], dp[i][j][k][t]);
if(t == 0 && x == 1 && y == 1) add(dp[i - 1][j][k][1], dp[i][j][k][t]);
else if(t == 1) add(dp[i - 1][to_j][to_k][1], dp[i][j][k][t]);
}
}
ll ans4 = (dp[0][0][0][1] + dp[0][0][1][1] + dp[0][1][0][1] + dp[0][1][1][1]) % mod;
ll ans5 = (qpow(2, n, mod) - 2) * (qpow(2, m, mod) - 2) % mod;
printf("%lld\n", (ans1 + ans2 + ans3 + ans4 * ans5) % mod);
}
int main()
{
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
Problem - F - Codeforces ^764811
题意：
给定长度为 \(n\) 的整数数组 \(a\)，请找出最长的子序列满足 \(a_{l}\) 为严格最小值，\(a_r\) 为严格最大值。
题解：
考虑 \(l\neq l'\)，且 \(a_l=a_{l'}\)，此时左端点选择 \(a_l\) 一定更优，右端点同理，注意到可能成为答案的左端点一定是前缀严格最小值，右端点一定是后缀严格最大值。
进一步观察到，这些左右端点具有单调性。
如果 \(a_i\) 能为 \((a_l,a_r)\) 产生贡献，一定满足 \(a_l<a_i<a_r\)，结合单调性可知一个位置可以贡献的左右端点都是一段区间。
利用扫描线枚举左端点，将每个位置的贡献在左端点差分，线段树维护右端点的答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
ll read()
{
ll x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 5e5 + 5;
int n, a[N];
vector<int> MN, MX;
vector< pair<int, int> > add[N], del[N];
int st1[20][N], st2[20][N], lg[N];
int get1(int l, int r)
{
int d = lg[r - l + 1];
return max(st1[d][l], st1[d][r - (1 << d) + 1]);
}
int get2(int l, int r)
{
int d = lg[r - l + 1];
return min(st2[d][l], st2[d][r - (1 << d) + 1]);
}
#define ls(x) (x << 1)
#define rs(x) (x << 1 | 1)
int mx[N << 2], lazy[N << 2];
void pushup(int k){ mx[k] = max(mx[ls(k)], mx[rs(k)]); }
void pushdown(int k)
{
mx[ls(k)] += lazy[k], mx[rs(k)] += lazy[k];
lazy[ls(k)] += lazy[k], lazy[rs(k)] += lazy[k];
lazy[k] = 0;
}
void update(int k, int l, int r, int L, int R, int val)
{
if(L <= l && r <= R){ mx[k] += val, lazy[k] += val; return ; }
pushdown(k);
int mid = (l + r) >> 1;
if(L <= mid) update(ls(k), l, mid, L, R, val);
if(R > mid) update(rs(k), mid + 1, r, L, R, val);
pushup(k);
}
int query(int k, int l, int r, int L, int R)
{
if(L <= l && r <= R) return mx[k];
pushdown(k);
int mid = (l + r) >> 1;
if(R <= mid) return query(ls(k), l, mid, L, R);
if(L > mid) return query(rs(k), mid + 1, r, L, R);
return max(query(ls(k), l, mid, L, R), query(rs(k), mid + 1, r, L, R));
}
void clear(int k, int l, int r)
{
mx[k] = lazy[k] = 0;
if(l == r) return ;
int mid = (l + r) >> 1;
clear(ls(k), l, mid), clear(rs(k), mid + 1, r);
}
void solve()
{
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for(int i = 0; i <= n + 1; ++i) add[i].clear(), del[i].clear();
MN.clear(), MX.clear();
a[0] = inf, a[n + 1] = 0;
MN.emplace_back(0);
for(int i = 1; i <= n + 1; ++i)
{
if(a[i] < a[MN.back()]) MN.emplace_back(i);
}
MX.emplace_back(n + 1);
for(int i = n; i >= 0; --i)
{
if(a[i] > a[MX.back()]) MX.emplace_back(i);
}
reverse(MX.begin(), MX.end());
for(int i = 0; i < (int)MN.size(); ++i) st1[0][i] = a[MN[i]];
for(int i = 1; (1 << i) <= (int)MN.size(); ++i)
for(int j = 0; j + (1 << i) - 1 < (int)MN.size(); ++j)
st1[i][j] = max(st1[i - 1][j], st1[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
for(int i = 0; i < (int)MX.size(); ++i) st2[0][i] = a[MX[i]];
for(int i = 1; (1 << i) <= (int)MX.size(); ++i)
for(int j = 0; j + (1 << i) - 1 < (int)MX.size(); ++j)
st2[i][j] = min(st2[i - 1][j], st2[i - 1][j + (1 << (i - 1))]);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
int l1 = 1, r1 = lower_bound(MN.begin(), MN.end(), i) - MN.begin() - 1;
int l = 0, r = r1;
while(l < r)
{
int mid = (l + r + 1) >> 1;
if(get1(r1 - mid + 1, r1) >= a[i]) r = mid - 1;
else l = mid;
}
l1 = r1 - l + 1;
int l2 = upper_bound(MX.begin(), MX.end(), i) - MX.begin(), r2 = n + 1;
l = 0, r = MX.size() - l2 - 1;
while(l < r)
{
int mid = (l + r + 1) >> 1;
if(get2(l2, l2 + mid - 1) <= a[i]) r = mid - 1;
else l = mid;
}
r2 = l2 + l - 1;
if(l2 <= r2 && l1 <= r1)
{
add[l1].emplace_back(pair<int, int>(l2, r2));
del[r1 + 1].emplace_back(pair<int, int>(l2, r2));
}
}
int lim1 = (int)MN.size() - 2, lim2 = (int)MX.size() - 2;
clear(1, 1, lim2);
int ans = 1;
for(int i = 1; i <= lim1; ++i)
{
for(auto [l, r] : add[i]) update(1, 1, lim2, l, r, 1);
for(auto [l, r] : del[i]) update(1, 1, lim2, l, r, -1);
int l3 = upper_bound(MX.begin(), MX.end(), MN[i]) - MX.begin();
int l = 0, r = lim2 - l3 + 1;
while(l < r)
{
int mid = (l + r + 1) >> 1;
if(get2(l3, l3 + mid - 1) <= a[MN[i]]) r = mid - 1;
else l = mid;
}
int r3 = l3 + l - 1;
if(l3 <= r3) ans = max(ans, query(1, 1, lim2, l3, r3) + 2);
}
printf("%d\n", ans);
}
int main()
{
lg[0] = -1;
for(int i = 1; i <= 500000; ++i) lg[i] = lg[i >> 1] + 1;
int T = read();
while(T--) solve();
return 0;
}
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