20210712 简单的区间,简单的玄学,简单的填数

考场

尝试戴耳罩，发现太紧了。。。

决定改变策略，先用1h看题，想完3题再写。

T1一下想到枚举最大值，单调栈求出每个点能作为最大值的区间，然后以这个点为分界，一边放入桶，一边从桶中算答案，随机数据应该是 \(O(n\log n)\)，但一个单调的序列就会卡到 \(O(n^2)\)，尝试用线段树快速算两边的贡献失败

T2先推式子，结果写的时候发现错了。找到了 \(O(m)\) 的算法，但突然卡在了先约分再膜。。。暴毙

T3大力深搜，玄学复杂度能过 \(n=10^3\)，结果最后30min闲的无聊，决定加一堆特判尝试骗到随机数据的分，结果写挂了，直接变成和 puts("-1") 一个分

res

rk9: 50+20+10

rk1: 赵思远 100 100 10
rk5: ys 40+70+0

简单的区间

分治（其实单调栈的做法也行）

对于两边的贡献，只枚举长度小的一边，贡献推式子转化为 \(O(n\log n)\) 个形如“\(x\) 在 \([l,r]\) 中出现了多少次”的询问。可以均摊 \(O(1)\) 处理。

code

const int N = 3e5+5, X = 1e6+5;
int n,k,a[N];

int m,s[N],head[N],nxt[N*36],val[N*36],op[N*36],cnt[X];
LL ans;

namespace st {
int lg[N],pw[19],f[19][N],p[19][N];
void init() {
	lg[1] = 0;
	For(i,2,n) lg[i] = lg[i>>1]+1;
	pw[0] = 1;
	For(i,1,18) pw[i] = pw[i-1]<<1;
	For(i,1,n) f[0][i] = a[i], p[0][i] = i;
	For(j,1,18) for(int i = 1; i+pw[j]-1 <= n; ++i) {
		int mid = i+pw[j-1];
		if( f[j-1][i] > f[j-1][mid] )
			f[j][i] = f[j-1][i], p[j][i] = p[j-1][i];
		else f[j][i] = f[j-1][mid], p[j][i] = p[j-1][mid];
	}
}
int maxx(int l,int r) {
	int k = lg[r-l+1], mid = r-pw[k]+1;
	return f[k][l]>f[k][mid] ? p[k][l] : p[k][mid];
}
}

void add(int x,int l,int r) {
	x %= k;
	if( x < 0 ) x += k;
//	printf(">%d %d %d\n",x,l,r);
	if( l ) val[++m] = x, op[m] = -1, nxt[m] = head[l-1], head[l-1] = m;
	val[++m] = x, op[m] = 1, nxt[m] = head[r], head[r] = m;
}
void solve(int l,int r) {
	if( l >= r ) { ans += l==r; return; }
	int p = st::maxx(l,r);
//	printf(">%d %d %d\n",l,p,r);
	if( p-l < r-p ) For(i,l,p) add(s[i-1]+a[p],p,r);
	else For(i,p,r) add(s[i]-a[p],l-1,p-1);
	solve(l,p-1), solve(p+1,r);
}

signed main() {
	read(n,k);
	For(i,1,n) read(a[i]), s[i] = (s[i-1] + a[i]) %k;
	st::init();
	solve(1,n);
	For(i,0,n) {
		++cnt[s[i]];
		for(int j = head[i]; j; j = nxt[j]) ans += op[j] * cnt[val[j]];
	}
	printf("%lld",ans-n);
	return 0;
}

简单的玄学

式子可以推到

\[\frac{2^{nm}-\prod_{i=0}^{m-1}(2^n-i)}{2^{nm}} \]

\(O(\log m)\) 求出 \((m-1)!\) 中有多少个因数 \(2\) 进行约分
对于 \(\prod\) 的部分看似难算，但因为模数只有 \(10^6+3\)（质数），所以如果 \(m\ge 10^6+3\) 就同余 \(0\)，否则 \(O(m)\) 暴力算。

code

const LL mod = 1e6+3;
LL n,m;

LL a,b;

LL Pow(LL x,LL y)
	{ LL res=1; for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1)res=res*x%mod; return res; }
LL count(LL x) {
	LL res = 0;
	while( x /= 2 ) res += x;
	return res;
}

signed main() {
	read(n,m);
	if( n <= log2(m) ) { puts("1 1"); return 0; }
	a = b = Pow(2,(n%(mod-1))*(m%(mod-1))%(mod-1));
	if( m < mod ) {
		LL mul = 1, tmp = Pow(2,n);
		For(i,0,m-1) mul = mul * (tmp-i+mod) %mod;
		a = (a - mul + mod) %mod;
	}
	LL inv = Pow(Pow(2,n+count(m-1))%mod,mod-2);
	a = a * inv %mod, b = b * inv %mod;
	printf("%lld %lld",a,b);
	return 0;
}

简单的填数

DP。设二元组 \(up[i]\) 为第 \(i\) 个数能填的最大值，与这个值出现的次数，\(down[i]\) 同理，具体转移见注释

code