NOIP模拟测试「简单的区间·简单的玄学·简单的填数·简单的序列」

简单的区间

$update$

终于$AC$了

找到$(sum[r]+sum[l](sum表示以中间点为基准的sum)-mx)\%k==0$的点

注意这里$sum$表示是以$mid$为基准点,(即$sum[l]$为后缀和,$sum[r]$为前缀和)

回忆$(sum[r]-sum[l])\%k==0$这个经典问题做法(入阵曲简化版),开桶,桶里维护$sum[l]\%k$,那么$r$贡献就是桶里$sum[r]\%k$个数

于是这个题开桶维护$sum$,问题转化为求$max$即可

记录$max$位置是否$>mid$,区别对待

设$f[i][0]$表示$max$在$mid$右面,$f[i][1]$表示$max$在$mid$左面

$f[i][0]$存下右面$sum[r]-mx$,找桶里是否存在左面$sum[l]$
$f[i][1]$存下右面$sum[r]$ 找到左面是否存在$mx-sum[l]$
完了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 1010101
ll f[A][2],a[A],pos[A],mx[A],sum[A];
ll cnt,n,k,ans;
void solve(ll l,ll r){
    if(l==r) return ;
    ll mid=(l+r)>>1;
    cnt=sum[mid]=mx[0]=0;
    for(ll i=mid+1;i<=r;i++){
        if(a[i]>a[mx[cnt]]) mx[++cnt]=i;
        sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%k;
        f[(sum[i]-a[mx[cnt]]%k+k)%k][0]++;
        pos[i]=mx[cnt];
//        printf("f[%lld]=%lld  sum=%lld cnt=%lld\n",(sum[i]-a[mx[cnt]]%k+k)%k,f[(sum[i]-a[mx[cnt]]%k+k)%k][0],sum[i],cnt);
    }
    mx[cnt+1]=r+1;
    ll suml=0,rnow=mid+1,mxl=0,p=1;
    for(ll i=mid;i>=l;i--){
        suml=(suml+a[i])%k;
        mxl=max(mxl,a[i]);
        while(p<=cnt&&a[mx[p]]<=mxl) p++;
        while(rnow<mx[p]) {
            f[(sum[rnow]-a[pos[rnow]]%k+k)%k][0]--;
            f[sum[rnow]%k][1]++;
            rnow++;
        }
//        printf("ans=%lld f[%lld][1]=%lld p=%lld rnow=%lld mx[%lld]=%lldsum[%lld]=%lld\n",ans,(k+mxl%k-suml)%k,f[(k+mxl%k-suml)%k][1],p,rnow,p,mx[p],rnow,sum[rnow]);
        ans+=f[(mxl-suml+k)%k][1];
        if(p<=cnt) ans+=f[(k-suml)%k][0];
//        printf("ans=%lld f[%lld][0]=%lld\n",ans,k-suml,f[(k-suml)%k][0]);
    }
    for(ll i=mid+1;i<rnow;i++)
        f[sum[i]][1]--;
    for(ll i=rnow;i<=r;i++)
        f[(sum[i]-a[pos[i]]%k+k)%k][0]--;
    solve(l,mid);solve(mid+1,r);
}
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    solve(1,n);
    printf("%lld",ans);
}

简单的玄学

题解

题目中说至少两个相同那么答案就所有方案-全不相同

所有方案${(2^n)}^m=2^{n*m}$,

互不相同,首先第一个随便选剩下避开已经选过就行$2^n*2^{n-1}......2^{n-m+1}$

那么题目很傻逼的让你取模并且约分,你需要先约分再取模(取模再约分的话这个题就太水了,所以是先约分再取模)

思考怎么约分

下面全是$2$多少次方,于是我们看上面多少个二就行了

$2^n*(2^{n}-1)......({2^n}-m+1)$很恶心,思考转化

性质:$2^n-x$中二个数$=$$x$中二的个数

证明:假设$x$可以表示为$j*(2^w)$(j可以是分数),乘法分配率$2^w*(2^{n-w}-j)$后面这个里面没有别的$2$因子了,原式$=$$2^w$,又$j$中没有$2$因子故相乘因子数不变,得证

那么原式就变成求$(m-1)!$里$2$因子数

可以简单求

    for(ll i=1;(1ll<<i)<=m-1;i++){
        (ercnt+=(m-1)/(1ll<<i));
    }

例如$1$ $2$ $3$ $4$ $5$ $6$ $7$ $8$这个序列

分别有$(2^1)*2$,$(2^2)*1$,$(2^3)*1$那么就是$8/8+8/4+8/2$

可以看作$/2$时给所有有$2$因子填上一个二(即$2$,$4$,$6$,$8$中填一个2),此时$4$还剩$1$个没填$8$还剩$2$个没填

$/4$给$4$,$8$里填此时$8$还剩$1$个没填

最后$/8$,全部填满

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod=1e6+3;
const ll phi=1e6+2;
ll x,y,n,m;
ll meng(ll x,ll k){
    ll ans=1;
    for(;k;k>>=1,x=x*x%mod)
        if(k&1)
            ans=ans*x%mod;
    return ans;
}
ll gcd(ll x,ll y){
    if(y==0) return x;
    return gcd(y,x%y);
}
int main(){
//    freopen("sd.txt","w",stdout);
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
/*    if(log(m)>n){
        printf("1 1\n");
        return 0;
    }
*/    ll maxn=meng(2,n%phi);
    y=meng(maxn,m%phi);
    x=1;
    ll ercnt=n;
    for(ll i=0;i<m;i++){
//        printf("maxn-i=%lld i=%lld m=%lld x=%lld\n",maxn-i,i,m,x);
        x=x*(maxn-i)%mod;
        if(!x) break;
    }//2逆元500002
    for(ll i=1;(1ll<<i)<=m-1;i++){
        (ercnt+=(m-1)/(1ll<<i));
        printf("ercnt=%lld 1<<=%lld\n",ercnt-n,1ll<<i);
    }
    y=y*meng(500002,ercnt)%mod;
    x=x*meng(500002,ercnt)%mod;
    printf("%lld %lld\n",(y-x+mod)%mod,y);
}

简单的填数

题解

一个$up$代表填的上界,$down$代表填的下界

先不考虑已经填了的

$up$两位一进,$down$五位一进

考虑已经填的

先考虑上界

若$a[i]>up$比上界大肯定不合法

若$a[i]=up$取$min(2,up)$

若$a[i]<up$则将$up$调整到$a[i]$次数变为$2$

下界类似

若$a[i]<down$比下界小不合法

若$a[i]>down$将$down$调整到$a[i]$

统计答案时反着扫

序列为什么不是$up$呢

7
0 0 0 2 0 2 0
正解
2
1 1 2 2 2 2 2
用up:
2
1 1 2 2 3 2 2 

代码

/*
7
0 0 0 2 0 2 0
hack
2
1 1 2 2 2 2 2
up:
2
1 1 2 2 3 2 2
10f
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 1010101
struct node {
    ll cnt,x;
}up[A],down[A];
ll n;
ll a[A],tong[A];
int main(){
//    freopen("da.in","r",stdin); freopen("ans.bf","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    if(a[1]!=1&&a[1]!=0){
        printf("-1\n");
        return 0;
    }
    up[1].cnt=1,up[1].x=1;
    down[1].cnt=1,down[1].x=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        up[i]=up[i-1],down[i]=down[i-1];
        if(++up[i].cnt>2) up[i].cnt=1,up[i].x++;
        if(++down[i].cnt>5) down[i].cnt=1,down[i].x++;
        if(a[i]){
            if(up[i].x>a[i]){
                up[i].x=a[i];
                up[i].cnt=2;
            }
            else if(up[i].x==a[i]){
                up[i].cnt=min(up[i].cnt,2ll);
            }
            if(down[i].x<a[i])
                down[i].x=a[i],down[i].cnt=1;
            if(up[i].x<a[i]||down[i].x>a[i]){
                printf("-1\n");
                return 0;
            }
        }
    }
    if(up[n].cnt==1){
        up[n].x=up[n-1].x;
    }
    if(up[n].x<down[n].x){
        printf("-1\n");
        return 0;
    }
    printf("%lld\n",up[n].x);
    tong[up[n].x]=1;
    a[n]=up[n].x;
    for(ll i=n-1;i>=1;i--){
        if(!a[i]){
            ll t=min(a[i+1],up[i].x);
            if(tong[t]==5) t--;
            a[i]=t;
        }
        tong[a[i]]++;
    }
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        printf("%lld ",a[i]);
    }
}

简单的序列

这是一个简单$dp$,但我觉得很棒在此写下题解

真的非常简单,

有一个长度$n$括号序列(只有$"()"$ ),给定其中长度为$m$一段,求满足括号匹配方案数

$n,m<=1e6$ $n-m<=4000$

题解

性质:我们发现一个合法匹配序列左扩号时刻比右括号多(显然),最后左扩号数量等于右括号数量

设$f[i][j]$表示长度为$i$序列,左扩号比右括号多$j$个方案数

那么类似的设$g[i][j]$为右括号比左扩号多$j$的方案数

(其实$f$和$g$值完全一样)

转移非常简单

当前括号可能是$($则贡献$f[i][j]=f[i-1][j-1]$为$)$则$f[i][j]=f[i-1][j+1]$

总贡献$f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-1][j+1]$

类似的$g[i][j]=g[i-1][j-1]+g[i-1][j+1]$

那么思考统计答案

其实也非常简单

枚举第一段长度$i$,第一段左扩号比右括号多$j$,设给定序列左扩号比右括号多$j$

$ans=\sum\limits_{i=1}^{i<=n-m} \sum\limits_{j=0}^{j<=i} f[i][j]*g[(n-m)-i][j+tot]$

注意判是否合法

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define A 4040
const ll mod=1e9+7;
char c[2020202];
ll f[A][A];
ll tot,mint,n,m,ans;
int main(){
//    freopen("da.in","r",stdin); freopen("ans.bf","w",stdout);
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    scanf("%s",c+1);
    for(ll i=1;i<=m;i++){
        if(c[i]=='(')
            tot++;
        else tot--;
        if(i==1) mint=tot;
        else mint=min(mint,tot);
    }
    f[0][0]=1;
    for(ll i=1;i<=n-m;i++){
        for(ll j=0;j<=i;j++){
            if(j==0) f[i][j]=f[i-1][j+1];
            else f[i][j]=(f[i-1][j+1]+f[i-1][j-1])%mod;
        }
    }
    for(ll i=0;i<=n-m;i++){
        for(ll j=0;j<=i;j++){
            if(j+mint>=0&&j+tot<=n-m)
                ans=(ans+f[i][j]*f[(n-m)-i][j+tot]%mod)%mod;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

我没数据,也没法提交,和$std$对拍了一下

下面是我的数据生成及对拍

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int main(){
 4     system("g++ bf.cpp -o bf");
 5     system("g++ sol.cpp -o sol");
 6     system("g++ da.cpp -o da");
 7     int rp=0;
 8     while(++rp){
 9         cout<<rp<<" ";
10         system("./da");
11         system("./sol");
12         system("./bf");
13         if(system("diff -B -b ans.sol ans.bf")){
14             puts("WA");
15             while(1);
16         }
17         puts("AC");
18     }
19 }

对拍

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 int main(){
 4     freopen("da.in","w",stdout);
 5     srand(time(NULL));
 6
 7     int m=rand()%10000+300;
 8     int c=rand()%m+1;
 9     while(m-c>2000){
10         c=rand()%m+1;
11     }
12     cout<<m<<" "<<c<<endl;
13     for(int i=1;i<=c;i++){
14         if(rand()%2){
15             printf("(");
16         }
17         else printf(")");
18     }
19     cout<<endl;
20 }

数据生成