回去要补一下命运石之门了……

A.嘟嘟噜

给定报数次数的约瑟夫，递推式为$ans=(ans+m)\% i$。

考虑优化，中间很多次$+m$后是不用取模的，这种情况就可以把加法变乘法了。问题在于如何找到下一次需要取模的位置。

解不等式$ans+km \ge i+k$即可，需要处理一下边界。

据说可以证明复杂度是$O(m \log n)$的，但我不是很会。

//考场代码 稍丑
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
	return x*f;
}
int n,m,T,ans=1;
void qj()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans=(ans+m)%i;
	printf("%d\n",ans+1);
}
void work()
{
	ans=1;
	n=read();m=read();
	if(m==1)
		printf("%d\n",n);
	else if(n<=m)qj();
	else
	{
		ans=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(ans+m<i)
			{
				ans+=m;
				int times=(i-ans)/(m-1);
				if(i+times>n)
					times=n-i;
				ans+=times*m;i+=times;
				ans%=i;
			}
			else ans=(ans+m)%i;
		}
		printf("%d\n",ans+1);
	}
	return ;
}
int main()
{
	T=read();
	while(T--)work();
	return 0;
}

B.天才绅士少女助手克里斯蒂娜

C.凤凰院凶真

经典的LCIS问题。设$dp[i][j]$为a串考虑到$i$，b串考虑到$j$且以$j$为结尾的LCIS长度。

限定一下条件，$O(n^3)$暴力dp就很好写了。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<stack>
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
    return x*f;
}
const int N=5005;
#define pa pair<int,int>
int n,m,a[N],b[N],dp[N][N],pre[N][N];
stack<int> s;
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read();
    m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        b[i]=read();
    int ans1=-1,pos=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            dp[i][j]=dp[i-1][j];
            if(a[i]==b[j])
            {
                for(int k=0;k<j;k++)
                    if(b[k]<b[j])
                        if(dp[i][j]<dp[i-1][k]+1)
                            dp[i][j]=dp[i-1][k]+1,pre[i][j]=k;
            }
        }
    for(int i=0;i<=m;i++)
        if(ans1<dp[n][i])ans1=dp[n][i],pos=i;
    int tim=n;
    s.push(pos);
    cout<<ans1<<endl;
    while(tim&&pos)
    {
        if(pre[tim][pos])
        {
            pos=pre[tim][pos];
            s.push(pos);
        }
        else tim--;
    }
    while(!s.empty())printf("%d ",b[s.top()]),s.pop();
    putchar(‘\n‘);
    return 0;
}

考虑优化。我们注意到，每次转移的条件是$a[i]=b[j] \ and\ b[j]<b[k]$，即$a[i]=b[j] \ and\ a[i]<b[k]$。j每次增加1，这个可选集合最多也只会增加1。所以可以直接去掉枚举k的循环，维护当前可选集合的最优解即可。

还有一个细节，记录前驱时要把两维的信息都记录，如果只记第二维的话各层状态会混用。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<stack>
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar();
    return x*f;
}
const int N=5005;
#define pa pair<int,int>
int n,m,a[N],b[N],dp[N][N],pre[N][N];
stack<int> s;
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read();
    m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        b[i]=read();
    int ans1=-1,pos=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            dp[i][j]=dp[i-1][j];
            if(a[i]==b[j])
            {
                for(int k=0;k<j;k++)
                    if(b[k]<b[j])
                        if(dp[i][j]<dp[i-1][k]+1)
                            dp[i][j]=dp[i-1][k]+1,pre[i][j]=k;
            }
        }
    for(int i=0;i<=m;i++)
        if(ans1<dp[n][i])ans1=dp[n][i],pos=i;
    int tim=n;
    s.push(pos);
    cout<<ans1<<endl;
    while(tim&&pos)
    {
        if(pre[tim][pos])
        {
            pos=pre[tim][pos];
            s.push(pos);
        }
        else tim--;
    }
    while(!s.empty())printf("%d ",b[s.top()]),s.pop();
    putchar(‘\n‘);
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Rorschach-XR/p/11624745.html