牛客多校Round 5

Solved:3

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F. take

官方题解:小 A 在打开第 i 个箱子后会交换手中的钻石和第 i 个箱子中的钻石

当且仅当第 i个箱子的钻石是前 i 个箱子打开后出现的所有钻石里最大的。

那么要算概率的话，前面箱子中钻石大于等于它的打开后就不能有钻石
用树状数组维护一下

线段树(不会树状数组) 调了半天居然快速幂忘记写返回了

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = ;

ll sum[];
int num[];

ll pow_mod(ll x, ll y)
{
    ll res = ;
    while(y)
    {
        if(y & ) res = res * x % mod;
        y >>= ;
        x = x * x % mod;
    }
    return res;
}

struct node
{
    int p, d, id;
}E[];

bool cmp1(node A, node B)
{
    return A.d < B.d;
} 

bool cmp2(node A, node B)
{
    return A.id < B.id;
}

void pushup(int rt)
{
    sum[rt] = sum[rt << ] * sum[rt <<  | ] % mod;
}

void build(int l, int r, int rt)
{
    if(l == r)
    {
        sum[rt] = ;
        return;
    }

    int m = l + r >> ;
    build(l, m, rt << );
    build(m + , r , rt <<  | );
    pushup(rt);
}

void update(int k, ll v, int l, int r, int rt)
{
    if(l == r)
    {
        sum[rt] = v;
        return;
    }

    int m = l + r >> ;
    if(k <= m) update(k, v, l, m, rt << );
    else update(k, v, m + , r, rt <<  | );
    pushup(rt);
}

ll query(int ql, int qr, int l, int r, int rt)
{
    if(ql <= l && qr >= r) return sum[rt];

    ll res = ;
    int m = l + r >> ;
    if(ql <= m) res = res * query(ql, qr, l, m, rt << ) % mod;
    if(qr > m) res = res * query(ql, qr, m + , r, rt <<  | ) % mod;
    return res;
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    ll ny = pow_mod(, mod - );
    for(int i = ; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d%d", &E[i].p, &E[i].d);
        E[i].id = i;
        E[i].p =  - E[i].p;
    }
    sort(E + , E +  + n, cmp1);
    for(int i = ; i <= n; i++) num[E[i].id] = i;
    sort(E + , E +  + n, cmp2);
    build(, n, );

    ll ans = ;
    for(int i = ; i <= n; i++)
    {
        int v = num[E[i].id];
        ans = (ans + query(v, n, , n, ) * ( - E[i].p) % mod * ny % mod) % mod;
        update(v, E[i].p * ny % mod, , n, );
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return ;
}

H. subseq

题意:找一个字典序第k小的合法b数组 使得以b数组的大小作为下标的a数组是严格上升的子序列

题解:用f(i)表示从第i个元素做为起始能组成的上升子序列个数

跃然纸上的转移 f(i) = 1 + ∑f(j) (i < j <= n && a(j) > a(i)) 这个用树状数组维护就好了

离散好以后 从大到小的插入就可以

然后贪心的从1枚举 在满足这个点a(i)大于上一个插入答案中的点的情况下

如果f(i) >= k就意味着这个点可以做为答案中的一位 k-- 就少了后面什么都不接的一种

如果f(i) < k 表示这个点显然不做为答案中的一位 k -= f[i] 把这些字典序比他小的答案全减去

还有个很坑的地方就是可能会爆ll 但是问的k只有1e18 所以判一下上界 用我的写法用后缀和比较好

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int n;
ll k;
struct node
{
    int val, id, v;
}a[];
ll c[];
ll f[];
int ans[];

bool cmp(node A, node B) {return A.val < B.val;}
bool cmp1(node A, node B) {return A.id < B.id;}
inline void add(int x, ll v)
{
    for( ; x > ; x -= x & -x)
    {
        c[x] += v;
        if(c[x] > 1e18) c[x] = 1e18;
    }
}
inline ll ask(int x)
{
    ll res = ;
    for( ; x <= n; x += x & -x)
    {
        res += c[x];
        if(res > 1e18) res = 1e18;
    }
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%lld", &n, &k);
    for(int i = ; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i].val), a[i].v = a[i].val, a[i].id = i;
    sort(a + , a +  + n, cmp);

    a[].val = ;
    for(int i = ; i <= n; i++)
    {
        if(a[i].val == a[i - ].v) a[i].val = a[i - ].val;
        else a[i].val = a[i - ].val + ;
    }
    sort(a + , a +  + n, cmp1);

    for(int i = n; i >= ; i--)
    {
        //f[i] = ask(n) - ask(a[i].val * 1LL) + 1LL;
        //这样写会wa 因为两个都很大的情况下 返回1e18 但是一减去就没了
        f[i] = ask(a[i].val + ) + ;
        add(a[i].val, f[i]);
    }

    int cnt = ;
    for(int i = ; i <= n; i++)
    {
        if(!k) break;
        if(a[i].val > a[ans[cnt]].val)
        {
            if(f[i] >= k) ans[++cnt] = i, k--;
            else k -= f[i];
        }
    }
    if(k) puts("-1");
    else
    {
        printf("%d\n", cnt);
        for(int i = ; i < cnt; i++) printf("%d ", ans[i]);
        printf("%d\n", ans[cnt]);
    }
    return ;
}

I. vcd

题意:n个点 定义一个集合是好的为 对于这个集合的任意一个子集 以右开口的矩形把他包起来 不会包含这个子集的其他点

　　 求有多少个好的集合

题解:考虑一个点的话显然都满足

考虑两个点的话显然纵坐标相同的不满足情况 那么统计答案就减去纵坐标相同的

考虑三个点的话显然是满足像小于符号的点才行(好像不是很显然 但是多画几种情况就看出来了)

统计答案就是对于每个点 在比这个点横坐标大的情况下 在他上面的点 x 在他下面的点 且任意两个点横坐标不能相同

所以我们用树状数组维护y 再按x从大到小的插入 对于相同的x 都统计完答案后再一起插入

考虑四个点的话是找不到答案的 简单的证明一下 对于一个像红对勾形状的三个点

假设再加入一个点要满足答案 那么新加入的点和任意两个点都能组成小于号

对于右边两个点 要组成小于号 要在下面哪个点下面

对于左边两个点 要组成小于号 要在上面哪个点上面 这显然是矛盾的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = ;

ll n;
struct node
{
    int x, y, pre;
}p[];
int b[];
ll vis[];
ll c[];

bool cmp1(node A, node B) {return A.y < B.y;}
bool cmp2(node A, node B) {return A.x < B.x;}
inline void add(int x) {for( ; x <= n; x += x & -x) c[x]++;}
inline ll ask(int x) {ll res = ; for( ; x > ; x -= x & -x) res += c[x], res %= mod; return res;}

int main()
{
    scanf("%lld", &n);
    for(int i = ; i <= n; i++) scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y), p[i].pre = p[i].y;
    sort(p + , p +  + n, cmp1);

    p[].y = ; vis[]++; //这沙雕地方卡了一晚上 写昏了
    for(int i = ; i <= n; i++)
    {
        if(p[i].y == p[i - ].pre) p[i].y = p[i - ].y;
        else p[i].y = p[i - ].y + ;
        vis[p[i].y]++;
    }
    sort(p + , p +  + n, cmp2);

    ll ans = ;
    ans += 1LL * n + n * (n - 1LL) / 2LL;
    for(int i = ; i <= n; i++) ans -= vis[i] * (vis[i] - ) / ;
    ans %= mod;

    int now = n;
    for(int i = n; i >= ; i--)
    {
        ll tmp1 = ask(n) - ask(p[i].y);
        ll tmp2 = ask(p[i].y - );
        ans += tmp1 * tmp2 % mod;
        ans %= mod;

        if(p[i].x != p[i - ].x)
        {
            for(int j = now; j >= i; j--) add(p[j].y);
            now = i - ;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return ;
}