cqoi2018
题解:
很多模板题
第一次写莫队还比较顺利
除了把排序的cmp写错。。(还第一次遇到)
这题分块也可以
先预处理出g[i][j]代表前i个块,颜色为j的有多少种
f[i][j]表示i-j的块能构成多少对
处理的方法就是f[i][j-1]+j块内和j与j之前
算答案的时候即整块+两个单独块内部和两个单独块与整块之间
因为分块有几个地方都是$n\sqrt{n}$的 所以分块的常数比莫队要来的大
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define rint register int #define IL inline #define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++) #define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--) #define ll long long #define me(x) memset(x,0,sizeof(x)) namespace IO { char ss[<<],*A=ss,*B=ss; IL char gc() { return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++; } template<class T>void read(T &x) { rint f=,c; while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^); while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f; } char sr[<<],z[]; int Z,C=-; template<class T>void wer(T x) { if (x<) sr[++C]='-',x=-x; while (z[++Z]=x%+,x/=); while (sr[++C]=z[Z],--Z); } IL void wer1() { sr[++C]=' '; } IL void wer2() { sr[++C]='\n'; } template<class T>IL void maxa(T &x,T y) {if (x<y) x=y;} template<class T>IL void mina(T &x,T y) {if (x>y) x=y;} template<class T>IL T MAX(T x,T y){return x>y?x:y;} template<class T>IL T MIN(T x,T y){return x<y?x:y;} }; using namespace IO; const int N=1e5+; const int M=; int n,m,k,block,q; int a[N],pos[N],b[N],now1[N],now2[N]; ll ans2[N]; struct re{ int a,b,c; }p[N]; ll ans=; bool cmp(re x,re y) { return pos[x.a]<pos[y.a]||(pos[x.a]==pos[y.a]&&x.b<y.b); } IL void insert1(int x,int y) { if (y==) { now2[b[x]]+=y; now1[b[x-]]+=y; } ans+=now2[b[x-]^k]*y; if (y==-) { now2[b[x]]+=y; now1[b[x-]]+=y; } } IL void insert2(int x,int y) { if (y==) { now2[b[x]]+=y; now1[b[x-]]+=y; } ans+=now1[b[x]^k]*y; if (y==-) { now2[b[x]]+=y; now1[b[x-]]+=y; } } int main() { freopen("1.in","r",stdin); freopen("1.out","w",stdout); read(n); read(q); read(k); rep(i,,n) read(a[i]); block=sqrt(n); m=(n-)/block+; rep(i,,n) pos[i]=(i-)/block+; rep(i,,q) read(p[i].a),read(p[i].b),p[i].c=i; sort(p+,p+q+,cmp); rep(i,,n) b[i]=b[i-]^a[i]; rep(i,p[].a,p[].b) { now1[b[i-]]++; ans+=now1[b[i]^k]; now2[b[i]]++; } ans2[p[].c]=ans; rep(i,,q) { if (p[i].a>p[i-].a) rep(j,p[i-].a,p[i].a-) insert1(j,-); else dep(j,p[i-].a-,p[i].a) insert1(j,); if (p[i].b>p[i-].b) rep(j,p[i-].b+,p[i].b) insert2(j,); else dep(j,p[i-].b,p[i].b+) insert2(j,-); ans2[p[i].c]=ans; } rep(i,,q) wer(ans2[i]),wer2(); fwrite(sr,,C+,stdout); return ; }
题目上面画个矩形下面用点真的是傻逼
要是是矩形的画就比较麻烦 要判断4条边是否与那个线相交
可以写特殊处理 当然也可以直接用计算几何里的线段与线段相交判定了
要是直线的画直接叉积就可以了
预处理一下再状压dp
不太卡常
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define ll long long
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
namespace IO
{
char ss[<<],*A=ss,*B=ss;
IL char gc()
{
return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
template<class T>void read(T &x)
{
rint f=,c; while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^);
while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f;
}
char sr[<<],z[]; int Z,C=-;
template<class T>void wer(T x)
{
if (x<) sr[++C]='-',x=-x;
while (z[++Z]=x%+,x/=);
while (sr[++C]=z[Z],--Z);
}
IL void wer1()
{
sr[++C]=' ';
}
IL void wer2()
{
sr[++C]='\n';
}
template<class T>IL void maxa(T &x,T y) {if (x<y) x=y;}
template<class T>IL void mina(T &x,T y) {if (x>y) x=y;}
template<class T>IL T MAX(T x,T y){return x>y?x:y;}
template<class T>IL T MIN(T x,T y){return x<y?x:y;}
};
using namespace IO;
double ee=1.0000000000000000;
const double eps=1e-;
const int N=(<<)+;
const int mo=;
int n;
int f[][N];
int p[][];
struct re{
int x,y;
}a[];
IL void js(register int &x,register int y)
{
x=(x+y>mo)?x+y-mo:x+y;
}
int main()
{
freopen("1.in","r",stdin);
freopen("1.out","w",stdout);
read(n);
rep(i,,n)
{
read(a[i].x); read(a[i].y);
}
rep(i,,n)
rep(j,,n)
if (i!=j)
rep(k,,n)
if (k!=i&&k!=j)
{
/*if (a[i].x==a[j].x)
{
if (a[k].x==a[i].x&&a[k].y>=MIN(a[i].y,a[j].y)&&a[k].y<=MAX(a[i].y,a[j].y))
p[i][j]|=(1<<(k-1));
}
else
{
double now=ee*(a[j].y-a[i].y)/(a[j].x-a[i].x)*(a[k].x-a[i].x)+a[i].y;
if (a[k].x<=MAX(a[i].x,a[j].x)&&a[k].x>=MIN(a[i].x,a[j].x)&&now+eps>a[k].y&&now<a[k].y+1)
p[i][j]|=(1<<(k-1));
}*/
if (a[k].x<=MAX(a[i].x,a[j].x)&&a[k].x>=MIN(a[i].x,a[j].x)&&a[k].y<=MAX(a[i].y,a[j].y)&&a[k].y>=MIN(a[i].y,a[j].y)
&&(a[k].x-a[i].x)*(a[j].y-a[k].y)-(a[j].x-a[k].x)*(a[k].y-a[i].y)==)
p[i][j]|=<<(k-);
}
rep(i,,n) f[i][<<(i-)]=;
int l=(<<n)-;
int ans=;
rep(i,,l)
rep(j,,n)
if (f[j][i])
{
rep(k,,n)
if (((i>>(k-))&)==&&(p[j][k]&(~i))==) js(f[k][i|(<<(k-))],f[j][i]);
if (__builtin_popcount(i)>=) js(ans,f[j][i]);
}
wer(ans);
fwrite(sr,,C+,stdout);
return ;
}
[CQOI2018]交错序列
这可能是六题里唯一一题不是模板的题
首先最暴力的做法
就是$f[i][j][0/1]$表示前i个数有j个1且当前是0/1的方案数
复杂度$O(n^2)$
发现这个dp方程比较简单,考虑直接用数学方法求解
先放1,然后再插空 答案就是$C(n-k+1,k)*k^a*(n-k)^b$
这个东西$nlogn$ 因为模数比较小 所以组合数需要用lucas定理计算
据游记所说这种做法好像并不能卡过?
晚上写
然后注意到这题a,b比较小
考虑去展开$k^a*(n-k)^b$
会发现我们只需要维护$k^{1~(a+b)}$就可以了
然后$(k+1)^x$这个东西又可以用关于k的次方递推
于是就可以上矩阵快速幂了
时间复杂度$(a+b)^3*logn$
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