6374. 【NOIP2019模拟2019.10.04】结界[生与死的境界]

题目

题目大意

给你一个数列，每次可以选择任意两个相邻的数\(x\)和\(y\)，将其删去，并在原来位置插入\(x+2y\)。

每次询问一个区间，对这个区间进行上述操作。求最后剩下的数最大是多少。

答案需要取模。

---

思考历程

看到这题，第一个想法是：这题既要搞个最大值，又要取模，所以肯定是贪心。

然而不会……

\(O(n^3)\)的暴力是可以打的，直接区间\(DP\)。然而我没有打。

其实最大的瓶颈是，我需要比大小，然而数太大，会炸掉……

这题题面本身就对暴力不友好……

---

正解

其实我比赛的时候就发现了一个有趣的性质：

我们把操作看成整个区间分成两个区间，后面的那个区间的系数乘二，然后两边继续递归下去处理。

容易发现，假设\(2……{k_i}\)为第\(i\)项的系数，则\(1\leq k_i \leq k_{i-1}+1\)，\(k_1=0\)

可以把答案序列看成几个\(k_i\)的等差数列，每个等差数列的开头都是\(1\)到前一个的结尾（第一个等差数列除外）。

然而有个更加神奇的结论：\(k_i\)要么是\(1\)，要么就是\(k_{i-1}+1\)

简单地证明一下：

对于一个等差数列，记一下它的和。如果和大于等于\(0\)，则将它接到前面一个等差数列后面会更优；如果小于\(0\)，则将开头的\(k\)设为\(1\)最优。

先不要考虑所有的询问。假设询问从\(1\)开始，增量法构造这些等差数列。

首先新增一个节点，\(k_i\)为\(1\)，然后试着跟前面合并。

如果大于等于\(0\)，就接到前面去。接了之后试着继续跟前面合并。

否则就不接到前面去。

显然这样是没有问题的。

接下来考虑如何处理区间的询问。先离线一下，按照区间右端点排序，询问挂在右端点上。

在统计答案的时候，找到左端点所在等差数列。找的时候可以二分或者并查集。

左端点所在等差数列的后面那些等差数列的和直接加起来。可以用前缀和实现。

左端点可能会将等差数列分成两部分，直接计算后面的那一块就好了。计算的时候可以一开始就预处理\(sum_i=\sum_{j=1}^{i}2^ja_j\)，后面的\(sum\)减去\(sum_{l-1}\)，再除以\(2^l\)。

为什么分割之后等差数列不会变呢？

其实只需要证明后面的不会合并上来，并且这个也不会继续分裂就行了。

后面的和肯定是负数，所以前面的变了它们也不会合并上来。

如果这个分裂了（假设分裂成\(B\)和\(C\)，分割处左边的为\(A\)），原来的和为\(A+2^xB+2^{x+y}C\)，在分割之后和变成\(B+2^yC\)。如果它分裂了，就变成\(B+C\).。

各自乘上\(2^x\)，加上\(A\)，就分别变成了\(A+2^xB+2^{x+y}C\)和\(A+2^xB+2^xC\)

由于前者一定是最优的，所以\(2^yC\geq C\)，所以\(C>0\)。

所以它分裂了不会更优。

在实现的时候，它很容易爆掉long long。实际上，虽然正数很大，但是它最小的负数不会太小。因为在最小的时候，一定是某个等差数列中只有一个负数（如果有几个数从后面合并上来，后面的那几个数的和一定非负数，然后和不会更小）。所以最小是\(-2e9\)。

如果有个数大于\(2e9\)，说明它以后永远不会变成负数。记作\(2e9+1\)就行了。

实现的时候要记录一个真的和，用来计算答案（有模）；记录一个假的和，用来比大小。

---

代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 500010
#define ll long long
#define INF 2000000000
#define mo 1000000007
inline ll my_pow(ll x,int y){
	ll res=1;
	for (;y;x=x*x%mo,y>>=1)
		if (y&1)
			res=res*x%mo;
	return res;
}
int n,m;
int a[N];
struct Query{
	int l,r,num;
} q[N];
inline bool cmpq(Query a,Query b){return a.r<b.r;}
ll ans[N];
ll _2,pow2[N],ipow2[N],bpow2[N],g[N];
int st[N],top;
ll sum[N],rs[N],pre[N];
int main(){
	freopen("border.in","r",stdin);
	freopen("border.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&a[i]);
	_2=my_pow(2,mo-2);
	pow2[0]=bpow2[0]=ipow2[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i){
		pow2[i]=pow2[i-1]*2%mo;
		bpow2[i]=bpow2[i-1]*2;
		bpow2[i]=(bpow2[i]>INF?INF+1:bpow2[i]);
		ipow2[i]=ipow2[i-1]*_2%mo;
		g[i]=(g[i-1]+pow2[i]*a[i])%mo;
	}
	for (int i=1;i<=m;++i)
		scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].num=i;
	sort(q+1,q+m+1,cmpq);
	st[top=1]=1,pre[1]=sum[1]=rs[1]=a[1];
	int j=1;
	for (;q[j].r<=1;++j)
		ans[q[j].num]=(a[1]+mo)%mo;
	for (int i=2;i<=n;++i){
		st[++top]=i;
		sum[top]=2*a[i];
		rs[top]=2ll*(a[i]+mo)%mo;
		while (top>1 && sum[top]>=0){
			rs[top-1]=(rs[top-1]+rs[top]*pow2[st[top]-st[top-1]-(top==2)])%mo;
			sum[top-1]=sum[top-1]+sum[top]*bpow2[st[top]-st[top-1]-(top==2)];
			sum[top-1]=(sum[top-1]>INF?INF+1:sum[top-1]);
			top--;
		}
		pre[top]=(pre[top-1]+rs[top])%mo;
		st[top+1]=i+1;
		for (;j<=m && q[j].r<=i;++j){
			int l=2,r=top,x=1;
			while (l<=r){
				int mid=l+r>>1;
				if (st[mid]<=q[j].l)
					l=(x=mid)+1;
				else
					r=mid-1;
			}
			ans[q[j].num]=((pre[top]-pre[x]+mo)+(g[st[x+1]-1]-g[q[j].l-1])*ipow2[q[j].l]%mo+mo)%mo;
		}
	}
	for (int i=1;i<=m;++i)
		printf("%lld\n",ans[i]);
	return 0;
}

---

总结

感觉自己太菜了……

面对贪心的题，一定要敢于下结论……