CSP-S模拟测试69 题解
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
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+,mod=1e9+;
#define int long long
int n,m,c,fac[N],inv[N];
int f[][*],pre[][*];
int min(int a,int b){
return a<b?a:b;
}
int qpow(int a,int b){
int ans=;
while(b){
if(b&) ans=ans*a%mod;
b>>=;
a=a*a%mod;
}
return ans%mod;
}
int C(int a,int b){
return fac[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}
signed main(){
fac[]=;
for(int i=;i<=;++i) fac[i]=fac[i-]*i%mod;
inv[]=qpow(fac[],mod-);
for(int i=;i;--i) inv[i-]=inv[i]*i%mod;
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&c);
f[][]=;
for(int i=;i<=n;++i) for(int j=;j<=max(n,c);++j) pre[i][j]=qpow(C(n,j),(m-i)/n+)%mod;
// for(int i=1;i<=n;++i,cout<<endl) for(int j=1;j<=n;++j) cout<<pre[i][j];
for(int i=;i<=n;++i){
for(int j=;j<=c;++j){
for(int k=;k<=min(n,j);++k){
(f[i][j]+=f[i-][j-k]*pre[i][k]%mod)%=mod;
// cout<<pre[i][k]<<" "<<qpow(C(n,k),(m-i)/n+1)<<endl;
}
}
}
printf("%lld",f[n][c]%mod);
}
/*
2 3 1
*/
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。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e7+;
pair<int,int > s[N];
int a[N],sta[N],top;
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline int read(){
register int p=;register char ch=getchar();
while(ch<''||ch>'') ch=getchar();
while(ch>=''&&ch<='') p=(p<<)+(p<<)+ch-,ch=getchar();
return p;
} int main(){
int n;
scanf("%d",&n);++n;
for(register int i=;i^n;++i) a[i]=read();
// for(int i=1;i<=n;++i) s[i].first=a[i],s[i].second=i;
sta[++top]=;a[]=0x7fffffff;
register int ans=;
for(register int i=;i^n;++i){
s[i]=make_pair(a[i],i);
while(a[i]>=a[sta[top]]){
s[i]=min(s[i],s[sta[top--]]); }ans=max(ans,i-s[i].second+);
sta[++top]=i;
}
printf("%d",ans);
}
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
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+;
int blo[N];
int sta1[N],sta2[N],top;
struct node{
int l,r,id,ld;
bool friend operator < (node a,node b){
return blo[a.l]==blo[b.l]?(a.r<b.r):blo[a.l]<blo[b.l];
}
}ask[N];
int now1[N],now2[N],a[N],ans[N];
int main(){
//freopen("ants1.in","r",stdin);
//freopen("my.out","w",stdout);
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
int size=sqrt(n);
for(int i=;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&ask[i].l,&ask[i].r);
ask[i].id=i;
ask[i].ld=(ask[i].l-)/size+;
}
for(int i=;i<=n/size+;++i){
for(int j=size*(i-)+;j<=size*i;++j) blo[j]=i;
}
sort(ask+,ask+m+);
int r=,l=,res=;
for(int i=;i<=m;++i){
if(ask[i].ld!=ask[i-].ld){
for(int j=;j<=n;++j) now1[j]=now2[j]=;
res=;
l=r=ask[i].ld*size;
}
while(ask[i].r>r){
++r;
int x=a[r];
now1[x]=now1[x+]+;
now2[x]=now2[x-]+;
int kh=now1[x]+now2[x]-;
now1[x-now2[x]+]=kh;
now2[x+now1[x]-]=kh;
res=max(kh,res);
}
top=;
int tmp=res;
for(int j=ask[i].l;j<=min(ask[i].r,l);++j){
int x=a[j];
now1[x]=now1[x+]+;
now2[x]=now2[x-]+;
int kh=now1[x]+now2[x]-;
sta1[++top]=x-now2[x]+;
sta2[top]=now1[x-now2[x]+];
sta1[++top]=x+now1[x]-;
sta2[top]=now2[x+now1[x]-];
now1[x-now2[x]+]=kh;
now2[x+now1[x]-]=kh;
tmp=max(kh,tmp);
}
for(int j=top;j;--j){
if(j&) now1[sta1[j]]=sta2[j];
else now2[sta1[j]]=sta2[j];
}
for(int j=ask[i].l;j<=min(l,ask[i].r);++j){
now1[a[j]]=;
now2[a[j]]=;
}
ans[ask[i].id]=tmp;
}
for(int i=;i<=m;++i) printf("%d\n",ans[i]);
}
ants
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