来看看IOIAu巨神zzx的名言
不用循环输入就会狗啊哥哥！
上题目：
T1：
填算式（expr）
【题目描述】
填算式是一种简单的数学游戏，可以形式化描述如下：n 个数字a1; a2; …… ; an 排成一排（1<= ai<=9），相邻两个数字之间有一个空格。你可以在每个空格内填入运算符+- * 之一，也可以不填，要求得到的算式的运算结果等于k。你的任务是计算有多少种不同的正确算式。比如n = 3，3 个数字为2; 2; 2，k = 24时，有两种不同的正确算式：22 + 2 = 24，2 + 22 = 24。
【输入格式】
从文件expr.in 中读入数据。
输入的第一行包含两个整数n; k，表示数字个数和要求的答案。
接下来一行，包含n 个整数，第i 个数为ai。相邻两个整数用一个空格隔开。
【输出格式】
输出到文件expr.out 中。
输出一个整数，表示不同的正确算式个数。
【样例1 输入】
4 11
1 2 3 4
【样例1 输出】
3
【样例1 解释】
3 个正确的算式为：12 + 3 ?? 4 = 11，1 + 2 3 + 4 = 11，1 ?? 2 + 3 4 = 11。
【样例2 输入】
7 1
1 1 1 1 1 1 1
【样例2 输出】
241
【样例3 输入】
10 3276
7 7 8 6 1 4 1 1 1 4
【样例3 输出】
104
【子任务】
子任务会给出部分测试数据的特点。如果你在解决题目中遇到了困难，可以尝试只
解决一部分测试数据。
每个测试点的数据规模及特点如下表：
题解：
比较简单的搜索吧（虽然我打挂了）
直接DFS从左到右枚举每个空格填+,-,×还是不填，然后计算这个式子的值，这样复杂度是4^(n-1)*n，期望得分95分
在DFS的参数里面存储当前运算结果，可以一边DFS一边计算，具体做法如下：
维护参数 a,b,c，初始 a=c=0，b=1
不填，则 c->10c+x[i]
填+，则 a->a+bc,b=1,c=x[i]
填-，则 a->a+bc,b=-1,c=x[i]
填×，则 b->bc,c=x[i]
最后 a+bc就是运算结果
复杂度优化到4^(n-1)，期望得分100分
部分分算法：
如果不会DFS，可以用三重循环通过测试点1~12，期望得分60分
如果不会循环，可以用条件语句通过测试点1~4或者1~8，期望得分20~40分
代码：
#include<cstdio>
#define r register
#define Fn "expr"
typedef long long ll;
int n,k,ans,x[15];
bool check(ll a,ll b,ll c){return a+b*c==k;}
void dfs(int st,ll a,ll b,ll c){
if(st==n){ans+=check(a,b,c);return;}
dfs(st+1,a,b,c*10+x[st]);
dfs(st+1,a+b*c,1,x[st]);
dfs(st+1,a+b*c,-1,x[st]);
dfs(st+1,a,b*c,x[st]);
}
int main(){
freopen(Fn".in","r",stdin);
freopen(Fn".out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
for(r int i=0;i<n;i++)scanf("%d",x+i);
dfs(1,0,1,x[0]);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T2：
闭合子图（closure）
【样例1 输入】
5 5
1 3
3 4
5 4
1 5
2 1
【样例1 输出】
5
题解：
部分分算法：枚举子集
枚举 V 的非空子集 S，根据定义判定是否满足条件，更新答案
判定部分实现优秀的话可以做到O(1)，期望得分20~25分
部分分算法：枚举区间
注意到点集构成的区间只有 n(n+1)/2 个，可以枚举区间然后将区间内的点作为S，进行判定
直接实现的复杂度 O(n^2*m)，期望得分35分
注意到对于一个点u的出边(u,v)，只有最小的v和最大的v是有用的，可以将m缩小到2n
复杂度 O(n^3)，期望得分40分
进一步地，可以枚举左端点，然后从小到大枚举右端点，维护区间内出边指向点的最小值和最大值
复杂度 O(n^2)，期望得分50分
部分分算法：树的数据
对于测试点11,12，显然所有形如[1,i]的区间都满足条件
所以答案为n，复杂度O(n)，期望得分10分，结合上述算法期望得分60分
部分分算法：DAG的数据
对于测试点13,14，判定区间[l,r]是否满足要求只需要[l,r]内的点指向的点编号均不超过r
用p[i]表示i指向的点的编号（不存在则p[i]=i），则可以枚举r，找出第一个满足p[i]>r的i，那么l=i+1,i+2,...,r都是合法的，答案加上r-i
从左到右维护p[i]的递减单调栈即可，复杂度O(n)，期望得分15分。
结合上述算法期望得分75分
算法：分治
考虑分治，假设当前统计的是[L,R]有多少个子区间合法，取mid=[(L+R)/2]，统计包含mid和mid+1的合法区间个数
记p[i],q[i]分别表示i的出边指向点的最小值和最大值（不存在则为i）
则区间[l,r]合法的条件是
对于l<=i<=mid，p[i]>=l (1) 且 q[i]<=r (2)
对于mid<i<=r，p[i]>=l (3) 且 q[i]<=r (4)
条件(1)只和l有关，条件(4)只和r有关，做一遍前缀/后缀最值把合法的l,r处理出来即可
记Q[l]=max{q[i]|l<=i<=mid}，条件(2)就是r>=Q[l]
如果记r‘为最小的r>=mid满足p[r‘]<l，那么条件(3)就是r<r‘，且r‘随l的减小而增大
那么只需从大到小枚举l，维护Q[l]，单调维护r‘，答案加上[Q[l],r‘)内的合法r个数，这一部分复杂度是线性的
总复杂度O(nlogn)，期望得分100分
如果复杂度不小心多写了一个log可能只有95分
代码：
#include<cstdio>
#define maxn 300010
#define reg register
#define Fn "closure"
#define mod 1000000007
#define mid (lt+rt>>1)
typedef long long ll;
int n,m,ans;
int l[maxn],r[maxn],s[maxn];
inline int read(){
reg int x=0,f=1;reg char c=getchar();
for(;c<‘0‘||c>‘9‘;f=c==‘-‘?-1:1,c=getchar());
for(;c>=‘0‘&&c<=‘9‘;x=(x<<3)+(x<<1)+c-‘0‘,c=getchar());
return x*f;
}
void bs(int lt,int rt){
if(rt-lt==1){ans+=l[lt]==lt&&r[lt]==lt;return;}
reg int mr=0;
s[mid-1]=0;
for(reg int i=mid;i<rt;i++){
if(r[i]>mr)mr=r[i];
s[i]=s[i-1]+(mr==i);
}
reg int ml=1<<30,pos=mr=mid;
for(reg int i=mid;i-->lt;){
if(l[i]<ml)ml=l[i];
if(r[i]>mr)mr=r[i];
while(pos<rt&&l[pos]>=i)pos++;
if(ml==i&&pos>mr)(ans+=s[pos-1]-s[mr-1])%=mod;
}
bs(lt,mid);
bs(mid,rt);
}
int main(){
freopen(Fn".in","r",stdin);
freopen(Fn".out","w",stdout);
n=read();m=read();
for(reg int i=1;i<=n;)l[i]=r[i]=i++;
while(m--){
reg int s=read(),t=read();
if(t<l[s])l[s]=t;
if(t>r[s])r[s]=t;
}
bs(1,n+1);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
由于时间原因，T3暂时没有打，请大佬们谅解！