一如既往的垃圾，又回到了那个场场垫底的自己，明明考场上都想到正解了，但是就是拿不到分，可能是互奶把rp用光了吧以后一定加强训练代码能力。
T1：
考场上一直yy矩阵快速幂，虽然自己矩阵快速幂一点都不会还是硬着头皮yy，发现不可做之后并没有及时转化思路，但其实自己预处理的数组就是正解。
切记：不仅矩阵快速幂是log的，普通快速幂也是2333
然后这题其实很水啊，我们设$dp[i][j]$为前$i$列放$j$个棋子的方案数，然后枚举最后一列放多少个棋子就好了。
转移方程为$dp[i][j]=\sum{dp[i-1][j-k]*C_n^k}$,这样转移m列显然不行，考虑性质，第$i$列和第$i+kn$列的摆放方式一定相同，所以后面的组合数乘还有多少这样的列就好了即${C_n^k}^{\frac{m-i}{n}+1}$,但这样的复杂度是$O(n^4logn)$的，发现组合数可以预处理，于是去掉了log
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
4 #define int long long
5 int n,m,c,fac[N],inv[N];
6 int f[105][105*105],pre[105][105*105];
7 int min(int a,int b){
8 return a<b?a:b;
9 }
10 int qpow(int a,int b){
11 int ans=1;
12 while(b){
13 if(b&1) ans=ans*a%mod;
14 b>>=1;
15 a=a*a%mod;
16 }
17 return ans%mod;
18 }
19 int C(int a,int b){
20 return fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
21 }
22 signed main(){
23 fac[0]=1;
24 for(int i=1;i<=10001;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
25 inv[10001]=qpow(fac[10001],mod-2);
26 for(int i=10001;i;--i) inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
27 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&c);
28 f[0][0]=1;
29 for(int i=0;i<=n;++i) for(int j=0;j<=max(n,c);++j) pre[i][j]=qpow(C(n,j),(m-i)/n+1)%mod;
30 // for(int i=1;i<=n;++i,cout<<endl) for(int j=1;j<=n;++j) cout<<pre[i][j];
31 for(int i=1;i<=n;++i){
32 for(int j=0;j<=c;++j){
33 for(int k=0;k<=min(n,j);++k){
34 (f[i][j]+=f[i-1][j-k]*pre[i][k]%mod)%=mod;
35 // cout<<pre[i][k]<<" "<<qpow(C(n,k),(m-i)/n+1)<<endl;
36 }
37 }
38 }
39 printf("%lld",f[n][c]%mod);
40 }
41 /*
42 2 3 1
43 */
chess
T2：
考场上先想到单调栈，但是后来成功理解错题意对拍5w组WA0 2333。
如果理解对题意的话单调栈就挺明显了吧，肯定要找它前面第一各比他大的，那么答案一定在这段区间中，有一个比较明显的贪心就是，最优决策点一定是在，高度最小的那个点，稍想一下就可以明白。
所以在弹栈的时候每次更新，高度最小的下标即可。
对于输入量大的题，快读真的很有必要。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int N=1e7+10;
4 pair<int,int > s[N];
5 int a[N],sta[N],top;
6 inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
7 inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
8 inline int read(){
9 register int p=0;register char ch=getchar();
10 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) ch=getchar();
11 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) p=(p<<3)+(p<<1)+ch-48,ch=getchar();
12 return p;
13 }
14
15 int main(){
16 int n;
17 scanf("%d",&n);++n;
18 for(register int i=1;i^n;++i) a[i]=read();
19 // for(int i=1;i<=n;++i) s[i].first=a[i],s[i].second=i;
20 sta[++top]=0;a[0]=0x7fffffff;
21 register int ans=1;
22 for(register int i=1;i^n;++i){
23 s[i]=make_pair(a[i],i);
24 while(a[i]>=a[sta[top]]){
25 s[i]=min(s[i],s[sta[top--]]);
26
27 }ans=max(ans,i-s[i].second+1);
28 sta[++top]=i;
29 }
30 printf("%d",ans);
31 }
array
T3：
回滚莫队裸题。
就维护两个数组now1，now2，分别代表x向左向右能伸展的最长连续值域。
分别用x+1，x-1更新。还有就是更新一下这整段区间的左右端点以保证以后更新答案正确，中间的不用更新因为不会在插入了。
当这个区间左端点和上一个区间左端点不一样时，直接清空你now1，now2数组。
做完了之后觉的理解更加深入了。
放个回滚莫队讲解链接
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 const int N=1e6+10;
4 int blo[N];
5 int sta1[N],sta2[N],top;
6 struct node{
7 int l,r,id,ld;
8 bool friend operator < (node a,node b){
9 return blo[a.l]==blo[b.l]?(a.r<b.r):blo[a.l]<blo[b.l];
10 }
11 }ask[N];
12 int now1[N],now2[N],a[N],ans[N];
13 int main(){
14 //freopen("ants1.in","r",stdin);
15 //freopen("my.out","w",stdout);
16 int n,m;
17 scanf("%d%d",&n,&m);
18 int size=sqrt(n);
19 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
20 for(int i=1;i<=m;++i){
21 scanf("%d%d",&ask[i].l,&ask[i].r);
22 ask[i].id=i;
23 ask[i].ld=(ask[i].l-1)/size+1;
24 }
25 for(int i=1;i<=n/size+1;++i){
26 for(int j=size*(i-1)+1;j<=size*i;++j) blo[j]=i;
27 }
28 sort(ask+1,ask+m+1);
29 int r=0,l=1,res=0;
30 for(int i=1;i<=m;++i){
31 if(ask[i].ld!=ask[i-1].ld){
32 for(int j=0;j<=n;++j) now1[j]=now2[j]=0;
33 res=0;
34 l=r=ask[i].ld*size;
35 }
36 while(ask[i].r>r){
37 ++r;
38 int x=a[r];
39 now1[x]=now1[x+1]+1;
40 now2[x]=now2[x-1]+1;
41 int kh=now1[x]+now2[x]-1;
42 now1[x-now2[x]+1]=kh;
43 now2[x+now1[x]-1]=kh;
44 res=max(kh,res);
45 }
46 top=0;
47 int tmp=res;
48 for(int j=ask[i].l;j<=min(ask[i].r,l);++j){
49 int x=a[j];
50 now1[x]=now1[x+1]+1;
51 now2[x]=now2[x-1]+1;
52 int kh=now1[x]+now2[x]-1;
53 sta1[++top]=x-now2[x]+1;
54 sta2[top]=now1[x-now2[x]+1];
55 sta1[++top]=x+now1[x]-1;
56 sta2[top]=now2[x+now1[x]-1];
57 now1[x-now2[x]+1]=kh;
58 now2[x+now1[x]-1]=kh;
59 tmp=max(kh,tmp);
60 }
61 for(int j=top;j;--j){
62 if(j&1) now1[sta1[j]]=sta2[j];
63 else now2[sta1[j]]=sta2[j];
64 }
65 for(int j=ask[i].l;j<=min(l,ask[i].r);++j){
66 now1[a[j]]=0;
67 now2[a[j]]=0;
68 }
69 ans[ask[i].id]=tmp;
70 }
71 for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d\n",ans[i]);
72 }
ants
原文地址：https://www.cnblogs.com/leom10/p/11660786.html
时间： 2024-10-09 06:23:56