【第53套模拟题】【递推】【RMQ】【二进制】【分块】

题目：（开始自己描述题目了...）

　　第一题大意：

　　　　求1~n的所有排列中逆序对为k个的方案数，输出方案数%10000，n<=1000。

　　解：这道题一个递推，因为我基本上没怎么自己做过递推，所以推了一个小时，而其实熟练后几分钟十多分钟就推出来了。好吧，我递推的方法：从n=1 开始递推，当n=2的时候由 n=1 推出，以此类推。如何递推？以n=3，k=3为例：有三种方式结尾，以3结尾，前两个数由1,2 排列，3在1,2后面不产生逆序对，那么方案数就等于当n=2的时候产生3个逆序对的方案数，为0 ；以2结尾，2在1,3后面产生1个逆序对，那么方案数就等于当n=2的时候产生2个逆序对的方案数0；以1 结尾，1在2,3后面已产生2个逆序对，那么方案数就等于当n=2的时候产生1个逆序对的方案数1.那么总方案为三种情况的和：1。同样的道理，我们可以得到所有n、k 的情况。。。就自己再推吧，画图比较好理解。。。我就不说了。。

　　注意：在取mo的时候，如果前面的式子有 减号，那应该再 +mo 再% mo.... 为此我被坑了70分输出负数。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<map>
 #define maxn 1005
 #define inf 10000
 #define ll long long
 using namespace std;
 int t,an[maxn],ak[maxn],man,mak;
 int last_k;
 ll m[maxn][maxn],sum[maxn][maxn];
 int main()
 {
     freopen("permut.in","r",stdin);
     freopen("permut.out","w",stdout);
     cin>>t;
     for (int i=;i<=t;i++)
     {
         scanf("%d%d",&an[i],&ak[i]);
         if (an[i]>man) man=an[i];
         if (ak[i]>mak) mak=ak[i];
     }
     last_k=;
     for (int i=;i<=man;i++)
       m[i][]=sum[i][]=;
     for (int i=;i<=man;i++)
         {
             int j;
             for (j=;j<=last_k+i-;j++)
             {
                 if (j>mak) break;
                 if (j<=i-){
                     if(j<=last_k){
                         m[i][j]=(m[i-][j]+m[i][j-])%inf;
                     }
                     else m[i][j]=(sum[i-][last_k])%inf;
                 }
                 else
                 {
                     if(j<=last_k){
                         m[i][j]=((sum[i-][j]-sum[i-][j-i])%inf+inf)%inf;//否则输出负数 ！！
                     }
                     else m[i][j]=((sum[i-][last_k]-sum[i-][j-i])%inf+inf)%inf;//否则输出负数 

                 }

                 sum[i][j]=(sum[i][j-]+m[i][j])%inf;
             //    printf("%I64d ",m[i][j]%inf);
             }
             //cout<<endl;
             last_k=j-;
         }
     for (int i=;i<=t;i++)
         printf("%I64d\n",m[an[i]][ak[i]]%inf);
     return ;
 }

　　第二题大意：

　　有一个数字序列，其中每一个 ai 都有对应的优美值（- -），即找一个包含这个ai的最长的区间，并且ai为这个区间的中位数，那么优美值即这个区间的长度（一定是奇数）。询问对于一个[l,r]的区间中最大的优美值。

　　解：1、找优美值。一个数组s。在ai的左右两边，aj如果大于ai，s[j]=1，否则为-1，然后扫描一遍序列，找到最长的区间使s值加起来为0，那么在这个区间内ai肯定是中位数。

　　　　2、查询。可以用线段树，或者RMQ。RMQ更简单一点，就是一个链上倍增。线段树写起来太复杂，下一次来复习。

　　      3、注意当aj与ai相等时，如果aj在ai左边，则s[j]是-1，右边是+1，所以要注意>和>= 的区别。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define maxn 2005
 using namespace std;
 int n,q,num[maxn],be[maxn],f[maxn][],ma[maxn][];
 int s[maxn],sum[maxn],posl[*maxn],posr[*maxn];
 void get_beautiful()
 {
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         s[i]=sum[i]=;
         memset(posl,,sizeof (posl));
         memset(posr,,sizeof (posr));
         posl[n]=posr[n]=i;
         for (int j=i-;j>=;j--)//倒序
         {
             if (num[j]>num[i]) s[j]=;//> 字典序
             else s[j]=-;
             sum[j]=sum[j+]+s[j];
             posl[n+sum[j]]=j;//+
         }
         for (int j=i+;j<=n;j++)
         {
             if (num[j]>=num[i]) s[j]=;//
             else s[j]=-;
             sum[j]=sum[j-]+s[j];
             posr[n+sum[j]]=j;
         }
         for (int j=;j<=*n;j++)
           if (posl[*n-j]&&posr[j])//** posr[2*n-j] **
             be[i]=max(be[i],posr[j]-posl[*n-j]+);//** posr[2*n-j] **
     }
 }
 void RMQ()
 {
     for (int i=;i<=;i++)
       for (int j=;j<=n;j++)
       {
             f[j][i]=f[f[j][i-]][i-];
             ma[j][i]=max(ma[j][i-],ma[f[j][i-]][i-]);
       }
 }
 void query(int l,int r)
 {
     int ans=,d=r-l,now=l;
     if (l==r)//********
     {
         printf("%d\n",be[l]);
         return ;
     }
     for (int i=;i<=;i++)
     {
         if ((<<i)&d){
             ans=max(ma[now][i],ans);
             now=f[now][i];
         }
     }
     printf("%d\n",ans);
 }
 int main()
 {
     freopen("beautiful.in","r",stdin);
     freopen("beautiful.out","w",stdout);
     cin>>n;
     for (int i=;i<=n;i++)
       scanf("%d",&num[i]);
     get_beautiful();
     for (int i=;i<n;i++)
         {
             f[i][]=i+;
             ma[i][]=max(be[i],be[i+]);
         }
     RMQ();
     cin>>q;
     for (int i=;i<=q;i++)
     {
         int l,r;
         scanf("%d%d",&l,&r);
         query(l,r);
     }
     return ;
 }

第三题大意：

　　有三个操作：add 一个数字  delete一个数字，cnt 一个数字s：找数组中ai & s = ai的个数并输出。s<2^16

　解：

　　把s分为两块，2^8和2^8。首先要明白：当s的一位上为1 的时候，如果满足ai & s = ai，那么ai那一位上可以为1,0。所以可以说ai是s的子集，s是ai的父集。

　　add s的时候用s找它的负集，cnt s的时候找s的子集的个数。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #include<algorithm>
 #define maxn 260
 using namespace std;
 int q,a[maxn][maxn];
 int main()
 {
     freopen("subset.in","r",stdin);
     freopen("subset.out","w",stdout);
     cin>>q;
     for (int i=;i<=q;i++)
     {
         char s[];
         int x,w=;
         scanf("%s%d",s,&x);
         if (s[]=='d') w=-;
         if (s[]!='c'){
             int pre=(x>>),suf=(x&),comp=^suf;//找到s中所有 0，改为 1
             a[pre][suf]+=w;//****
             for (int j=comp;j!=;j=(j-)&comp)//父集：各种情况的 0 改为 1
                 a[pre][(j|suf)]+=w;
         }
         else{
             int pre=(x>>),suf=(x&);
             int ans=a[][suf];
             for (int j=pre;j!=;j=(j-)&pre)//子集：各种情况的 1 改为 0
               ans+=a[j][suf];
             printf("%d\n",ans);
         }
     }
     return ;
 }