校内模拟赛(20170917)

这套题目也是比较恶心的，。。。。都是奇技淫巧的说。

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T1:消消乐(tet)

【题目描述】

有一个2n个数字排成一列，这个数列中由1..n中的数字组成，每个数字都恰好出现两次。每个回合可以交换相邻两个数字，交换以后如果有两个相同的数字相邻，那么将这两个数字消除，并将这两个数字的两端拼起来；如果拼接后的数列仍有相同的数字相邻，那么将引发连锁反应直到没有两个相同数字相邻。现在你想知道最少需要几个回合可以消除所有的数字。

【输入描述】

第一行输入一个n，表示数字范围。

接下来的2n行，每行一个数字，表示第i个位置的数字。

【输出描述】

第一行输出一个数，表示最少需要的回合数w。

接下来的w行，每行输出一个数m[i]。m[i]表示对于第i回合，你的操作为交换当前数列中的第m[i]个数和第(m[i]+1)个数。如果有多种方案，允许输出任意一种。

保证存在不超过的答案。

【样例】


输入
输出

5

5

2

3

1

4

1

4

3

5

2
2

5

2

【数据范围】

对于30%的数据，1<=n<=1000

对于100%的数据，1<=n<=50000

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这是一道神奇的题目。

首先我们想一想，如果我们改变移动的顺序，其实答案是不变的，那么我们想一下，如果有四个数：1、4、1、4那么我们需要消除这两组数需要一步，反之，如果变成4、1、1、4，那么就可以消掉了。。

所以我们尝试把数列通过移动变成一个新的数列，满足a[i][0]<a[j][0]&&a[j][1]<a[i][0](i<j)其中a[i][0]表示第i个数第一次出现的位置，a[i][1]表示第i个数第二次出现的位置。

然后我们发现如果一次交换后，可能前面的已经排好的数列又会变化，所以交换后往左走看是否需要继续交换，如果不需要就往右走。走的过程中记一下消掉的数个数。

下面贴代码：

#include<cstdio>
#define MN 200005
using namespace std;
int a[MN],b[MN][2],l[MN],r[MN],Ans[MN<<4],ans,pos=1,n;
void swap(int &x,int &y){x^=y,y^=x,x^=y;}
int main(){
    freopen("tet.in","r",stdin);
    freopen("tet.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        scanf("%d",&a[i]),l[i]=i-1,r[i]=i+1;
        if(b[a[i]][0])b[a[i]][1]=i;
        else b[a[i]][0]=i;
    }r[0]=1;l[n*2+1]=n*2,r[n*2+1]=n*2+1;
    for(int i=1;i<=2*n;){
        if(a[i]==a[r[i]]){
            l[r[r[i]]]=l[i];r[l[i]]=r[r[i]];
            if(!l[i])i=r[r[i]];
            else i=l[i],--pos;
        }else {
            if(b[a[i]][1]<b[a[r[i]]][1]){
                swap(a[i],a[r[i]]);
                Ans[++ans]=pos;
                if(l[i])i=l[i],--pos;
            }else i=r[i],++pos;
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    for(int i=1;i<=ans;i++)printf("%d\n",Ans[i]);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
}

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T2：寻找(find)

【题目描述】

你有一个长度为n个由abc三个字母组成的字符串s，你现在想知道有多少三元组(i,j,k)满足：

1、 s[i]=’a’,s[j]=’b’,s[k]=’c’

2、 j^2=ik

请你求出满足条件的三元组的数量

【输入描述】

第一行为n，表示字符串长度

第二行为一个长度为n的字符串。

【输出描述】

输出一个数， 表示满足条件的三元组的数量。

【样例】


输入
输出

5

abccc
1

【数据范围】

对于30%的数据，n<=500

对于50%的数据，n<=5000

对于70%的数据，n<=10^5

对于100%的数据，1<=n<=5*10^5

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这道题显然就是枚举所有的平方数的因数QAQ

然后我们可以利用O(n的质因数个数)的时间用dfs枚举出所有平方数的因数。

然后判断即可，时间复杂度O（nlogn）

下面贴代码

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
int ans,n,tmp,len;
char ch[500005];
vector <pair<int,int> > V;
void add(int x){
    int t;V.clear();
    for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)if(x%i==0){
        t=0;
        while(x%i==0)t+=2,x/=i;
        V.push_back(make_pair(i,t));
    }
    if(x>1)V.push_back(make_pair(x,2));
}
void dfs(int x,long long y){
    if(x>=len){
        if(1ll*tmp*tmp/y<=n&&(ch[y]==‘a‘&&ch[1ll*tmp*tmp/y]==‘c‘||ch[y]==‘c‘&&ch[1ll*tmp*tmp/y]==‘a‘))ans++;
        return;
    }dfs(x+1,y);int i;
    for(i=1;i<=V[x].second;i++){
        y*=V[x].first;
        if(y>=tmp)break;
        dfs(x+1,y);
    }
}
int main(){
    freopen("find.in","r",stdin);
    freopen("find.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){ch[i]=getchar();while(ch[i]<‘a‘||ch[i]>‘c‘)ch[i]=getchar();}
    for(tmp=2;tmp<n;tmp++)if(ch[tmp]==‘b‘){
        add(tmp);
        len=V.size();
        dfs(0,1);
    }
    printf("%d\n",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
}

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T3:大芳的逆行板载(boat)

【题目描述】

大芳有一个不太好的习惯：在车里养青蛙。青蛙在一个n厘米（11n毫米s）的Van♂杆子上跳来跳去。她时常盯着青蛙看，以至于突然逆行不得不开始躲交叉弹。有一天他突发奇想，在杆子上每1厘米为一个单位，瞎涂上了墨水，并且使用mOgic，使青蛙跳过之处墨水浓度增加x。当然，他还会闲着无聊滴几滴墨水再涂♂抹均匀。

他现在无时无刻都想知道，第l厘米到第r厘米墨水的浓度是多少？

哦不!等等，他现在找到了一个计算器，可以输入几个数字与x，计算他们的x次幂和，所以……他想知道的是第l厘米到第r厘米墨水的浓度的x次幂和是多少？

大芳有3种舰长技能骚操作：

1、续：把青蛙放到第l厘米处，戳青蛙使其跳至r。效果：第l厘米至第r厘米墨水浓度增加x

2、抚♂摸：擦干杆子某一部分，重新滴加墨水并抹匀。效果：使第l厘米至第r厘米墨水浓度都变成x

最后一种是：

3、压线逆行，将车流看做⑨弹幕找安定点，掏出计算器，大喊板载后计算：

第l厘米至第r厘米墨水浓度的x次幂和是几何？记得答案要模1000000007

【输入描述】

第一行n和m，表示杆子长n厘米，大芳要进行m次骚操作。

第二行n个数字，表示初始墨水浓度。第i个数字为第i厘米墨水浓度

接下来每行4个数字，依次为：操作编号（1、2或3）l,r,x

【输出描述】

每次进行3操作，输出一行表示答案

记得膜模1000000007

【样例】


输入
输出

5 5

19844 14611 26475 4488 6967

2 1 3 15627

2 1 2 30113

2 3 5 14686

2 5 5 32623

3 1 2 8
466266421

【数据范围】

k表示询问的幂的大小，也就是操作3对应的x。

对于20%的数据，满足n,m<=1000

对于另外20%的数据，满足k<=1

对于另外20%的数据，满足k<=2

对于另外20%的数据，满足n,m<=50000

对于100%的数据，满足n,m<=100000,0<=k<=10

操作1，2对应的x<=10^9+7

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这是本次考试最恶心的一题。显然，我们知道这是线段树。。

因为不同的幂数之间的答案不互相影响。所以我们考虑建11棵线段树。

每一棵线段树如何更新？我们考虑利用杨辉三角公式更新。。。然后用两个tag分别维护修改和添加。

然后。。。。就炸了！因为贼难写！！！！

看看就知道了

#include<cstdio>
#define MN 100005
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n,m;
struct tree{
    long long sum[11];
}tr[MN<<3];
long long a[MN],tag[MN<<3],tag2[MN<<3],xishu[100][100];
void build(int l,int r,int k){
    tr[k].sum[0]=1;tag[k]=-1;
    if(l==r){
        tr[k].sum[1]=a[l];
        for(int i=2;i<=10;i++)tr[k].sum[i]=(tr[k].sum[i-1]*a[l])%mod;return;
    }int mid=l+r>>1;
    build(l,mid,k<<1),build(mid+1,r,k<<1|1);
    for(int i=0;i<=10;i++)tr[k].sum[i]=(tr[k<<1].sum[i]+tr[k<<1|1].sum[i])%mod;
}
void pushdown(int l,int r,int k){
    if(tag[k]!=-1){
        long long len=r-l+1;
        tag[k<<1]=tag[k<<1|1]=tag[k];
        tr[k<<1].sum[1]=tag[k]*(len-(len>>1))%mod;tr[k<<1|1].sum[1]=tag[k]*(len>>1)%mod;tag2[k<<1]=tag2[k<<1|1]=0;
        for(int i=2;i<=10;i++)tr[k<<1].sum[i]=(tr[k<<1].sum[i-1]*tag[k])%mod,tr[k<<1|1].sum[i]=(tr[k<<1|1].sum[i-1]*tag[k])%mod;tag[k]=-1;
    }
    if(tag2[k]){
        tag2[k<<1]=(tag2[k<<1]+tag2[k])%mod;
        tag2[k<<1|1]=(tag2[k<<1|1]+tag2[k])%mod;
        long long len=r-l+1,tmp1[11],tmp2[11];
        for(int i=1;i<=10;i++){
            tmp1[i]=tr[k<<1].sum[i],tmp2[i]=tr[k<<1|1].sum[i];long long now=tag2[k];
            for(int j=2;j<=i;j++){
                tmp1[i]=(tmp1[i]+(xishu[i][j]*now)%mod*tr[k<<1].sum[i+1-j]%mod)%mod;
                tmp2[i]=(tmp2[i]+(xishu[i][j]*now)%mod*tr[k<<1|1].sum[i+1-j]%mod)%mod;
                now=now*tag2[k]%mod;
            }tmp1[i]=(tmp1[i]+now*(len-(len>>1))%mod)%mod,tmp2[i]=(tmp2[i]+now*(len>>1)%mod)%mod;
        }
        for(int i=1;i<=10;i++)tr[k<<1].sum[i]=tmp1[i],tr[k<<1|1].sum[i]=tmp2[i];
        tag2[k]=0;
    }
}
void update(int l,int r,int a,int b,int k,int kind,int ad){
    if(a<=l&&r<=b){
        if(kind==1){
            tag2[k]=0;tag[k]=ad;tr[k].sum[1]=1ll*ad*(r-l+1)%mod;
            for(int i=2;i<=10;i++)tr[k].sum[i]=tr[k].sum[i-1]*ad%mod;
            return ;
        }else {
            long long tmp[11];
            tag2[k]=(tag2[k]+ad)%mod;
            long long len=r-l+1;
            for(int i=1;i<=10;i++){
                tmp[i]=tr[k].sum[i];
                long long now=ad;
                for(int j=2;j<=i;j++){
                    tmp[i]=(tmp[i]+xishu[i][j]*now%mod*tr[k].sum[i+1-j]%mod)%mod;
                    now=(now*ad)%mod;
                }tmp[i]=(tmp[i]+now*len)%mod;
            }
            for(int i=1;i<=10;i++)tr[k].sum[i]=tmp[i];
        }return;
    }if(tag[k]!=-1||tag2[k])pushdown(l,r,k);
    int mid=l+r>>1;
    if(a<=mid)update(l,mid,a,b,k<<1,kind,ad);
    if(b>mid)update(mid+1,r,a,b,k<<1|1,kind,ad);
    for(int i=1;i<=10;i++)tr[k].sum[i]=(tr[k<<1].sum[i]+tr[k<<1|1].sum[i])%mod;
}
long long query(int l,int r,int a,int b,int k,int tt){
    if(l==a&&r==b)return tr[k].sum[tt];if(tag[k]!=-1||tag2[k])pushdown(l,r,k);
    int mid=l+r>>1;
    if(b<=mid)return query(l,mid,a,b,k<<1,tt);
    if(a>mid)return query(mid+1,r,a,b,k<<1|1,tt);
    return (query(l,mid,a,mid,k<<1,tt)+query(mid+1,r,mid+1,b,k<<1|1,tt))%mod;
}
int main(){
    freopen("boat.in","r",stdin);
    freopen("boat.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int opt,x,y,z;
    for(int i=1;i<=10;i++)xishu[i][1]=xishu[i][i+1]=1;
    for(int i=2;i<=10;i++)for(int j=2;j<=i;j++)xishu[i][j]=xishu[i-1][j-1]+xishu[i-1][j];
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    build(1,n,1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d%d",&opt,&x,&y,&z);
        if(opt==1)update(1,n,x,y,1,2,z%mod);
        else if(opt==2)update(1,n,x,y,1,1,z%mod);
        else printf("%lld\n",query(1,n,x,y,1,z));
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
}
时间： 2024-10-09 23:46:32

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