NOI Online 2
NOIO 1后凉心CCF又办了一场NOIO 2，估计是再想被攻击一次吧
DAY -1
老师给我们搞了一个模拟赛，具体请看这。
考的还不错（上次NOIO1前的模拟赛也考得不错，结果只有165pts/kk，具体看这
想着争取这次上200
DAY 0
因为这次不评奖也不干啥的所以也就没准备什么，颓了一天。
DAY 1
其实也就一天上午
8:00起床，吃个早饭就准备开始比赛了。
这次登陆得很顺利，没怎么卡。
先开T1，范围那么大，感觉是道结论题，不会。
在看T2，感觉以前好像做过类似的题，先不管。
最后看T3，题面写的很迷，手算一遍样例好像不太对。看了下数据范围发现有20pts的链，就随手写了一个。
这时9:00。
回头看T1，往结论上面想，简单推了一下式子，过了样例。（吐槽一下没有大样例，我暴力都不会写）
预计得分：100？
这时9:30。
再去看T2，以前好像真的做过类似的题，感觉就是线段树维护一下，一顿乱写过了样例，对拍了一下好像也没问题。
预计得分：100？
此时10:30。
再看T3，突然发现题面好像和之前的不太一样/jk。
按新题面手算了一下样例，发现过了。
然后我就看到了公告：10:10左右改了T3题面（垃圾CCF）
发现有20pts的非多项式复杂度暴搜珂写，就随手写了个暴力。（此时11:00）
然后开始想正解，感觉可能是个dp（毕竟不太可能一场比赛没有dp题），然后到最后也没推出来。
预计得分：40？
考试结束后
发现T1好像是道CF原题，CCF这锅得背。
对了一下发现我前两道题都是正解，大概能过。
然后突然发现我T1被hack了，我没判k=1，感觉要凉（毒瘤CCF可以把我卡成0pts）
感觉要凉。
然后又发现T3链的情况1节点不一定是链头，20pts又没了/kk。
最坏得分：0+100+20=120
最好得分：100+100+40=240
出分数
CCF偷偷出分数，我刚开始都不知道。
良心CCF T1还是给了我80pts，T2 100pts没问题，T3就只有20pts了/kk
最终得分：80+100+20=200（终于上了两百
感觉T1没特判还是挺可惜的，要不然就有220pts了。
好多AK的神仙鸭（%%%）
游记就讲到这吧。。。
题解
T1
这道题就不讲每一档部分分怎么拿了，因为我考试的时候也没想。
我们发现如果$k=1$直接输出No就行了，先特判一下。
我们先不妨设$(p_1,p_2)=1$，因为如果$(p_1, p_2) \neq 1$，同时对$p_1, p_2$除以$(p_1, p_2)$效果不变。
再不妨设$p_1<p_2$，最坏情况就是在$[qp_2 + 1, (q+1)p_2 - 1]$里大于等于$k$个$p_1$。
而最坏情况就是$qp_2+1$是$p_1$的倍数，即$rp_1=qp_2+1$。
而如果要输出No，则$(r+k-1)p_1 \leq (q+1)p_2 - 1$，化简的$(k-1)p_1+1<p_2$。
所以若上述式子满足，则输出No，否则输出Yes。
#include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; typedef long long ll; ll t, p1, p2, k; ll gcd(ll a, ll b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); } ll read() { ll ret = 0, f = 1; char ch = getchar(); while ('0' > ch || ch > '9'){ if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while ('0' <= ch && ch <= '9') { ret = (ret << 1) + (ret << 3) + ch - '0'; ch = getchar(); } return ret * f; } int main() { // freopen("color.in", "r", stdin); // freopen("color.out", "w", stdout); t = read(); while (t--) { p1 = read(); p2 = read(); k = read(); if (k == 1) { puts("No"); continue; } ll g = gcd(p1, p2); p1 /= g; p2 /= g; if (p1 > p2) swap(p1, p2); if (p1 * (k - 1) + 1 < p2) puts("No"); else puts("Yes"); } return 0; }
T2
显然可以想到$n^3$的暴力，就是枚举端点，然后计算区间内不同的颜色的数量。
考虑用set维护这个区间，然后增量插入，可以把复杂度降到$n^2\log{n}$，但还是太慢。
枚举右端点r，考虑在log的复杂度内计算出$f(l,r),l \in [1,r]$。
我们记pos=右端点的颜色上一次出现的位置+1，如果没有出现过则记为1，这一点可以通过链表O(n)求出来。
然后我们发现只有[pos,r]这个区间内的l的f(l,r)会较f(l,r-1)加一，区间维护一下平方再区间修改区间查询，这就是线段树裸题了。
注意要离散化否则无法开桶。
#include <bits/stdc++.h> #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <set> using namespace std; typedef long long ll; const ll N = 1e6 + 10; const ll mod = 1e9 + 7; struct Segment{ ll sum, sq, add; }tr[N << 2]; ll head[N], pre[N]; ll n, a[N], b[N], nn; ll ans; ll read() { ll ret = 0, f = 1; char ch = getchar(); while ('0' > ch || ch > '9'){ if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while ('0' <= ch && ch <= '9') { ret = (ret << 1) + (ret << 3) + ch - '0'; ch = getchar(); } return ret * f; } void push_up(ll p) { tr[p].sum = tr[p << 1].sum + tr[p << 1 | 1].sum; tr[p].sq = tr[p << 1].sq + tr[p << 1 | 1].sq; } void push_down(ll p, ll l, ll r) { ll mid = (l + r) >> 1; if (tr[p].add) { tr[p << 1].add += tr[p].add; tr[p << 1].sq += tr[p].add * tr[p].add * (mid - l + 1) + 2 * tr[p << 1].sum * tr[p].add; tr[p << 1].sum += (mid - l + 1) * tr[p].add; tr[p << 1 | 1].add += tr[p].add; tr[p << 1 | 1].sq += tr[p].add * tr[p].add * (r - mid) + 2 * tr[p << 1 | 1].sum * tr[p].add; tr[p << 1 | 1].sum += (r - mid) * tr[p].add; tr[p].add = 0; } } void change(ll p, ll l, ll r, ll x, ll y) { if (r < x || l > y) return; if (x <= l && r <= y) { tr[p].add++; tr[p].sq += r - l + 1 + 2 * tr[p].sum; tr[p].sum += r - l + 1; return; } push_down(p, l, r); ll mid = (l + r) >> 1; change(p << 1, l, mid, x, y); change(p << 1 | 1, mid + 1, r, x, y); push_up(p); } int main() { // freopen("sequence.in", "r", stdin); // freopen("sequence.out", "w", stdout); n = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) { a[i] = read(); b[++nn] = a[i]; } sort(b + 1, b + 1 + nn); nn = unique(b + 1, b + 1 + nn) - b - 1; for (int i = 1; i <= n; i++) { a[i] = lower_bound(b + 1, b + 1 + nn, a[i]) - b; } for (int i = 1; i <= n; i++) { pre[i] = head[a[i]]; head[a[i]] = i; } for (int i = 1; i <= n; i++) { ll pos = pre[i] + 1; change(1, 1, n, pos, i); ans = (ans + tr[1].sq) % mod; } cout << ans; return 0; }
T3
设 $f_k$ 代表恰好为 $k$ 的方案数，$g_k$ 代表钦定 $k$ 场平局的方案数。显然有 $g_n=\sum_{k\ge n} \binom{k}{n}f_k$，根据二项式反演有 $f_n=\sum_{k\ge n}(-1)^{k-n}\binom{k}{n}g_k$。于是只需算 $g$ 即可。显然可以树形背包。
