标签：来自 int ll mid 学长 ans 馈赠 include mod
A. 烷基计数
\(f[i]\)表示由\(i\)个碳原子构成的烷基数量
\(g[i][j]\)表示由\(i\)个碳原子构成的只有两棵子树，其中较小的一棵大小为\(j\)的烷基数量
求\(f[i]\)，先考虑只有两棵子树的情况，如果两个子树大小不一样那么有\(f[j] * f[i - 1 - j]\)种方案，如果两棵子树大小相同，那就不能直接乘起来，需要用可以重复选择的组合数，是\(H_{f[j]}^2\)
然后我们对\(g\)数组进行后缀求和，此时它表示的是较小的一棵子树大于等于\(j\)的烷基数量
这样方便我们对\(f[i]\)求解
考虑三棵子树的请况，枚举最小子树\(j\)，通过\(g[i - j][j + 1]\)可以求出部分答案
剩下的就是三棵子树都相等，或者最小的子树\(j\)和次小的子树相等
两个方案分别是\(H_{f[j]}^3\)和\(H_{f[j]}^2 * f[i - 1 - j - j]\)
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 5005;
typedef long long ll;
int n, mod, inv[maxn];
ll qpow(ll x,ll y){
ll ans = 1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1)ans=ans*x%mod;
return ans;
}
ll c(int n,int m){
ll ans = 1;
for(int i = n; i >= n - m + 1; --i)ans = ans * i % mod;
for(int i = 1; i <= m; ++i)ans = ans * inv[i] % mod;
return ans;
}
ll H(int n,int m){return c(n + m - 1,m);}
ll f[maxn],g[maxn][maxn];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&mod);
for(int i = 1; i <= 100; ++i)inv[i] = qpow(i, mod - 2);
f[0] = f[1] = f[2] = 1;
for(int i = 3; i <= n; ++i){
f[i] = f[i - 1];
for(int j = (i - 1) / 2; j; --j){
if(j + j == i - 1)g[i][j] = (g[i][j] + H(f[j], 2)) % mod;
else g[i][j] = (g[i][j] + f[j] * f[i - j - 1] % mod) % mod;
f[i] = (f[i] + g[i][j]) % mod;
}
for(int j = (i - 1) / 2; j; --j)g[i][j] = (g[i][j] + g[i][j + 1]) % mod;
for(int j = (i - 1) / 3; j; --j){
f[i] = (f[i] + f[j] * g[i - j][j + 1] % mod) % mod;
if(j + j + j == i - 1)f[i] = (f[i] + H(f[j], 3)) % mod;
else f[i] = (f[i] + H(f[j], 2) * f[i - 1 - j - j]) % mod;
}
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
B. mine
假\(DP\)，真分讨
不过我的状态太麻烦了，
题解状态定义的很好，转移比较方便，启示：合并同类状态
定义状态 \(dp\) 就行了,\(dp_{i,0/1/2}\) 分别表示考虑到 \(i\) 要求后面再有 \(0\) 个雷的方案数,要求 \(i\) 后面再有 \(1\) 个雷的方案数,以及 \(i\) 是雷的方案数
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 55;
const int mod = 1e9 + 7;
char s[maxn];
int n;
ll f[maxn][9];
int main(){
scanf("%s",s + 1);
n = strlen(s + 1);
if(n == 1){
printf("%d\n",s[1] == '?' ? 4 : 1);
return 0;
}
if(s[1] != '?'){
if(s[1] == '0')f[1][0] = f[1][3] = 1;
if(s[1] == '1')f[1][5] = 1;
if(s[1] == '*')f[1][2] = f[1][6] = f[1][8] = 1;
}else {
f[1][0] = f[1][3] = f[1][5] = f[1][2] = f[1][6] = f[1][8] = 1;
}
for(int i = 2; i < n; ++i){
if(s[i] == '0'){
f[i][0] = f[i][3] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][4]) % mod;
}
if(s[i] == '1'){
f[i][1] = f[i - 1][6];
f[i][4] = f[i - 1][6];
f[i][5] = (f[i - 1][1] + f[i - 1][3]) % mod;
}
if(s[i] == '2'){
f[i][7] = f[i - 1][8];
}
if(s[i] == '*'){
f[i][2] = f[i][6] = f[i][8] = (f[i - 1][5] + f[i - 1][7] + f[i - 1][2]) % mod;
}
if(s[i] == '?'){
f[i][0] = f[i][3] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][4]) % mod;
f[i][1] = f[i - 1][6];
f[i][4] = f[i - 1][6];
f[i][5] = (f[i - 1][1] + f[i - 1][3]) % mod;
f[i][7] = f[i - 1][8];
f[i][2] = f[i][6] = f[i][8] = (f[i - 1][5] + f[i - 1][7] + f[i - 1][2]) % mod;
}
}
ll ans = 0;
if(s[n] != '?'){
if(s[n] == '0')ans = f[n - 1][0] + f[n - 1][4];
if(s[n] == '1')ans = f[n - 1][6];
if(s[n] == '*')ans = f[n - 1][2] + f[n - 1][5] + f[n - 1][7];
}else {
ans = f[n - 1][0] + f[n - 1][4] + f[n - 1][6] + f[n - 1][2] + f[n - 1][5] + f[n - 1][7];
}
// for(int i = 1; i <= n; ++i){
// for(int j = 0; j < 9; ++j)printf("%d ",f[i][j]);
// puts("");
// }
printf("%lld\n",ans % mod);
return 0;
}
C. 小凯的疑惑
通过打表不难发现，答案为\((x - 1) (y - 1) / 2\)
考虑到若 \((x,y)\neq 1\) 那么一定输出 \(-1\),所以我们只需要考虑 \((x,y)=1\) 的情况.
因为有：若 \(a_i(1\le i\le n)\) 构成模 \(n\) 的完系,\(k.m\in Z\)，\((m,n)=1\)，则 \(k+ma_i(1\le i\le n)\) 也构成模 \(n\) 的完系.我们可以考虑模 \(b\) 为 \(1\) 到 \(b-1\) 的每个值最小什么时候出现,那么显然此时我们不选 \(b\),然后又由于上述性质,我们可以直接求出余数为每个值的最小值.
由此可知,答案为
\[\sum_{i=1}^{y-1}\lfloor\frac{ix}{y}\rfloor \]简单化简即可得到答案.
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int gcd(int a,int b){return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}
typedef long long ll;
int main(){
int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
if(gcd(x,y) != 1)printf("-1\n");
else{
if(x > y)swap(x,y);
printf("%lld",1ll * (x - 1) * (y - 1) /2);
}
return 0;
}
D. 排序
二分答案，把大于等于当前值的设成\(1\)，其余设成\(0\)，线段树维护可以做到\(mlognlogn\)
据说是常规套路》
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9')c = getchar();
do{x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48); c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9');
return x;
}
const int maxn = 1e5 +55;
int n, m, a[maxn], now[maxn], p;
struct upd{int op,l,r;}o[maxn];
struct tree{
struct node{
int tag, size;
}t[maxn << 2 | 1];
void push_up(int x){
t[x].size = t[x << 1].size + t[x << 1 | 1].size;
}
void built(int x, int l, int r){
t[x].size = t[x].tag = 0;
if(l == r){t[x].size = now[l];return;}
int mid = (l + r) >> 1;
built(x << 1, l, mid);
built(x << 1 | 1, mid + 1, r);
push_up(x);
}
void push_down(int x, int l, int r){
int ls = x << 1, rs = x << 1 | 1, mid = (l + r) >> 1;
if(t[x].tag == 1){
t[ls].size = mid - l + 1;
t[rs].size = r - mid;
t[ls].tag = t[rs].tag = 1;
}else{
t[ls].size = t[rs].size = 0;
t[ls].tag = t[rs].tag = -1;
}
t[x].tag = 0;
}
void modify(int x, int l, int r, int L, int R, int upd){
if(L > R)return;
// if(x == 1)printf("modify : %d %d %d\n",L, R, upd);
if(L <= l && r <= R){
if(upd){
t[x].size = (r - l + 1);
t[x].tag = 1;
}else{
t[x].size = 0; t[x].tag = -1;
}
return;
}
if(t[x].tag)push_down(x, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if(L <= mid)modify(x << 1, l, mid, L, R, upd);
if(R > mid)modify(x << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, upd);
push_up(x);
}
int query(int x, int l, int r, int L, int R){
if(L <= l && r <= R)return t[x].size;
if(t[x].tag)push_down(x, l, r);
int mid = (l + r) >> 1, ans = 0;
if(L <= mid)ans += query(x << 1, l, mid, L, R);
if(R > mid)ans += query(x << 1 | 1, mid + 1, r, L, R);
return ans;
}
}T;
bool check(int mid){
// printf("\ncheck : %d \n", mid);
for(int i = 1; i <= n; ++i)now[i] = a[i] >= mid ? 1 : 0;
T.built(1, 1, n);
for(int i = 1; i <= m; ++i){
int cnt = T.query(1, 1, n, o[i].l, o[i].r);
int u1 = 1, u0 = 0;
if(o[i].op) swap(u1, u0);else cnt = o[i].r - o[i].l + 1 - cnt;
// for(int j = 1; j <= n; ++j)printf("%d ",T.query(1, 1, n, j, j));puts("");
T.modify(1, 1, n, o[i].l, o[i].l + cnt - 1, u0);
// for(int j = 1; j <= n; ++j)printf("%d ",T.query(1, 1, n, j, j));puts("");
T.modify(1, 1, n, o[i].l + cnt, o[i].r, u1);
// for(int j = 1; j <= n; ++j)printf("%d ",T.query(1, 1, n, j, j));puts("");
}
return T.query(1, 1, n, p, p);
}
int main(){
n = read(), m = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i)a[i] = read();
for(int i = 1; i <= m; ++i)o[i].op = read(), o[i].l = read(), o[i].r = read();
p = read();
int l = maxn, r = -maxn;
for(int i = 1; i <= n; ++i)l = min(l, a[i]), r = max(r, a[i]);
int ans = -1;
while(l <= r){
int mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid))ans = mid, l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
标签：来自,int,ll,mid,学长,ans,馈赠,include,mod 来源： https://www.cnblogs.com/Chencgy/p/16528915.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。