SPOJ - AMR11H Array Diversity (排列组合)
题意:给定n个数,求包含最大值和最小值的子集(数字连续)和子序列(数字不连续)的个数。
分析:
1、如果n个数都相同,则子集个数为N * (N + 1) / 2,子序列个数为2N-1。
2、将序列从头到尾扫一遍,每当找到一个最大值和最小值的位置maxid,minid,就以这两个位置的区间为基准,计算集合数。
例如:3 1 4 3 1
当i=2时,此时maxid=2,minid=1,因此由最大值和最小值---1和4能形成两个子集:3 1 4 和 1 4,即min(minid + 1, maxid + 1)个
当i=3时,此时maxid=2,minid=1,因此由最大值和最小值---1和4继续扩展,又能形成两个子集:3 1 4 3 和 1 4 3,
当i=4时,此时maxid=2,minid=4,因此由新的最大值和最小值---1和4继续扩展,又能形成三个子集:3 1 4 3 1 ,1 4 3 1,4 3 1。
3、记录序列中最大值和最小值的个数,分别为maxnum,minnum。
子序列个数为,只由最小值形成的集合数a*只由最大值形成的集合数b*不是最小值和最大值的数形成的集合数c
因为子序列中必须有最大值和最小值,因此a和b不能为空集,所以a=2minnum-1,b=2maxnum-1。
而c可以为空集,所以c=2n-minnum-maxnum。
#include<cstdio>
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#define lowbit(x) (x & (-x))
const double eps = 1e-9;
inline int dcmp(double a, double b){
if(fabs(a - b) < eps) return 0;
return a > b ? 1 : -1;
}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int INT_INF = 0x3f3f3f3f;
const int INT_M_INF = 0x7f7f7f7f;
const LL LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const LL LL_M_INF = 0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
const int dr[] = {0, 0, -1, 1, -1, -1, 1, 1};
const int dc[] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, -1, 1};
const LL MOD = 1000000007;
const double pi = acos(-1.0);
const int MAXN = 100000 + 10;
const int MAXT = 1000 + 10;
using namespace std;
LL a[MAXN];
LL POW[MAXN];
void init(){
POW[0] = 1;
for(int i = 1; i < MAXN; ++i){
POW[i] = (POW[i - 1] * 2) % MOD;
}
}
int main(){
init();
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--){
int N;
scanf("%d", &N);
LL _min = LL_INF;
LL _max = 0;
for(int i = 0; i < N; ++i){
scanf("%lld", &a[i]);
_max = max(_max, a[i]);
_min = min(_min, a[i]);
}
if(_max == _min){
LL sum1 = N * (N + 1) / 2;
LL sum2 = POW[N] - 1;
printf("%lld %lld\n", sum1, sum2);
continue;
}
int maxnum = 0;
int minnum = 0;
int minid = -1, maxid = -1;
LL sum1 = 0;
for(int i = 0; i < N; ++i){
if(a[i] == _min){
minid = i;
++minnum;
}
if(a[i] == _max){
maxid = i;
++maxnum;
}
(sum1 += min(minid + 1, maxid + 1)) %= MOD;
}
LL sum2 = ((((POW[minnum] - 1) * (POW[maxnum] - 1)) % MOD) * (POW[N - minnum - maxnum])) % MOD;
printf("%lld %lld\n", sum1, sum2);
}
return 0;
}
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