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7
5 6 7 1 2 3 3

13

5
30 50 10 30 70

8

题解

存在欧拉回路的条件是:1. 每个点的度数都是偶数。2. 有边的连通块最多一个。

数据范围是允许我们

n

2

n^2

n2 枚举的,因此我们看怎么均摊

O

(

1

)

O(1)

O(1) 解决上面的两个判断。

首先,每个点的度数都是偶数。我们预处理两个 0/1 数组,

p

r

e

[

i

]

[

j

]

pre[i][j]

pre[i][j] 表示只考虑前

i

i

i 个数,第

j

j

j 个数向后连边个数取模 2 的结果,

s

u

f

[

i

]

[

j

]

suf[i][j]

suf[i][j] 表示只考虑后

n

i

+

1

n-i+1

n−i+1 个数,第

j

j

j 个数向前连边个数取模 2 的结果。

这两个数组都可以

O

(

n

2

)

O(n^2)

O(n2) 预处理出来,用 bitset 可以省点空间。然后,一个区间

[

l

,

r

]

[l,r]

[l,r] 满足度数需求,当且仅当数列

p

r

e

[

r

]

pre[r]

pre[r] 异或数列

s

u

f

[

l

]

suf[l]

suf[l] 后,

[

l

,

r

]

[l,r]

[l,r] 以内全为 0 。异或后为 0,等价于相等。因此我们分别把

p

r

e

[

r

]

pre[r]

pre[r] 和

s

u

f

[

l

]

suf[l]

suf[l] 的

[

l

,

r

]

[l,r]

[l,r] 区间子序列哈希下来,

O

(

1

)

O(1)

O(1) 比较。安排一下枚举顺序,处理全部可以达到

O

(

n

2

)

O(n^2)

O(n2) 。

第二个条件,不太好办。但是我们可以发现一个规律:

  • 只要存在两条边

    a

    c

    ,

    b

    d

    a-c~,~b-d

    a−c , b−d ,且满足

    a

    <

    b

    <

    c

    <

    d

    a<b<c<d

    a<b<c<d ,那么

    a

    ,

    b

    ,

    c

    ,

    d

    a,b,c,d

    a,b,c,d 一定是连通的。

证明很简单,归纳

b

b

b 和

c

c

c 数字的大小关系,会发现不论如何

a

b

a-b

a−b 和

b

c

b-c

b−c 中有至少一条边存在。

所以,一段区间

[

l

,

r

]

[l,r]

[l,r] 满足第二个条件,当且仅当存在一个分界点

i

[

l

,

r

)

i\in [l,r)

i∈[l,r) ,满足点

i

i

i 前面有边,后面有边,但没有边跨过

i

i

i 和

i

+

1

i+1

i+1 的中间线。

我们固定左端点,右端点往右枚举,大力讨论,维护最靠左的一个最大区间

[

L

,

R

]

[

l

,

r

]

[L,R]\sube [l,r]

[L,R]⊆[l,r] ,满足

[

L

,

R

]

[L,R]

[L,R] 以内都是分界点(暂假设后面都有边)。我们得提前处理出

p

t

[

i

]

[

j

]

pt[i][j]

pt[i][j] ,表示

[

j

,

i

)

[j,i)

[j,i) 以内最靠左的位置,满足与

i

i

i 有边相连,没有则为

+

+\infty

+∞。这个可以

O

(

n

2

)

O(n^2)

O(n2) 预处理。

维护

[

L

,

R

]

[L,R]

[L,R] 讨论如下:当枚举到

r

r

r 时,令

l

f

=

p

t

[

r

]

[

l

]

lf=pt[r][l]

lf=pt[r][l]

  1. l

    f

    >

    r

    lf>r

    lf>r ,若区间为空,且前面出现过边,则赋值

    [

    L

    ,

    R

    ]

    :

    =

    [

    r

    1

    ,

    r

    ]

    [L,R]:=[r-1,r]

    [L,R]:=[r−1,r],否则如果

    R

    =

    r

    1

    R=r-1

    R=r−1 ,则

    R

    :

    =

    R

    +

    1

    R:=R+1

    R:=R+1 。

  2. l

    f

    <

    r

    lf<r

    lf<r ,将右端点

    R

    R

    R 尽量左移,

    R

    :

    =

    min

    (

    R

    ,

    l

    f

    1

    )

    R:=\min(R,lf-1)

    R:=min(R,lf−1) ,此时若

    L

    >

    R

    L>R

    L>R(即区间为空),则赋值

    [

    L

    ,

    R

    ]

    :

    =

    [

    r

    ,

    r

    ]

    [L,R]:=[r,r]

    [L,R]:=[r,r] 。

如果

[

L

,

R

]

[L,R]

[L,R] 为空,或者

R

=

r

R=r

R=r ,则子序列

[

l

,

r

]

[l,r]

[l,r] 满足第二个条件。时间复杂度

O

(

n

2

)

O(n^2)

O(n2) 。

CODE

#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 8005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) (-(x) & (x))
#define FI first
#define SE second
#define SI(x) set<x>::iterator
#define BI bitset<MAXN>
#define eps (1e-9)
LL read() {
LL f=1,x=0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f*x;
}
void putpos(LL x) {
if(!x) return ;
putpos(x/10); putchar('0'+(x%10));
}
void putnum(LL x) {
if(!x) putchar('0');
else if(x < 0) putchar('-'),putpos(-x);
else putpos(x);
}
const int MOD = 998344353;
const int bt = 23;
int n,m,s,o,k;
int a[MAXN];
BI pre[MAXN],suf[MAXN],f1[MAXN];
int pt[MAXN][MAXN];
int hs[MAXN],po[MAXN];
int main() {
n = read();
po[0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
a[i] = read();
po[i] = po[i-1] *1ll* bt % MOD;
}
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
pt[i][i+1] = n+2;
for(int j = i;j > 0;j --) {
pt[i][j] = pt[i][j+1];
if(a[j] < a[i]) pt[i][j] = j,pre[i][j] = 1;
}
pre[i] ^= pre[i-1];
}
for(int i = n;i > 0;i --) {
for(int j = i;j <= n;j ++) {
if(a[j] > a[i]) {
suf[i][j] = 1;
}
hs[j] = (hs[j] *1ll* bt % MOD + (int)pre[j][i]+2) % MOD;
}
suf[i] ^= suf[i+1];
int has = 0;
for(int j = i;j <= n;j ++) {
(has += ((int)suf[i][j]+2) *1ll* po[j-i] % MOD) %= MOD;
if(has == hs[j]) f1[i][j] = 1;
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
int l = n+3,r = n+2;
for(int j = i;j <= n;j ++) {
int lf = pt[j][i];
if(lf > j) {
if(l > r || (l == i-1 && r != j-1)) l = j-1,r = j;
else if(r == j-1) r = j;
}
else {
r = min(r,lf-1);
if(l > r || l == i-1) l = r = j;
}
if(l > r || r == j || l < i) {
ans += (int)f1[i][j];
}
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}

后记

好家伙,居然是普及组比赛

3:18:51 过 T3,我还有救吗

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