7.12考试总结(NOIP模拟12)[简单的区间·简单的玄学·简单的填数]

即使想放弃，也没法放弃最想要的东西，这就是人

前言

这次应该是和 SDFZ 一起打的第一场比赛吧。

然而我还是 FW 一个。。。

这次考试也有不少遗憾，主要的问题是码力不足，不敢去直面正解，思考程度不够。

改题也比较费劲，记录：

T1 简单的区间

背景

这个题和上一场比赛的第三题一样令人感到亲切，还是在第一时间内想到了单调栈求左右边界。

然后就想到了昨天考试题的恶心程度，想都没想，码完一个单调栈优化的暴力之后就走了。

得分：30pts(\(code\));

解题思路

这个题的做法其实有三种，一种是递归运算的正解，另一种是码量极大的主席树（可持久化权值线段树记录个数）。

这里分别给出官方题解和 zxb 的\(code\);

然后就是来自于 pyt 的 vetor 做法了。

第一步也是运用单调栈求出左右区间，再次不做过多赘述。

接下来就是类似于入阵曲的做法了，求出前缀和(存到 q 数组里)后对于 \(\bmod\;k\) 意义下的不同的余数的数量。

然后就是运用启发式合并的思想进行处理了。

对于暴力左区间的情况，假设当前扫到了 i 合法节点为 j 最大值的下标为 pos 。

满足 \(q_j\) 与 \(q_i+s_{pos}\) 在 \(\bmod\;k\) 意义下相同的序列就是 k 的倍数。

因为，我们只需要在右区间内的符合条件的点的个数。

所以，直接在 vector 里二分查找出右端点和 pos 在 vector 中的下标，相减就是个数了。

同样的 对于暴力右区间的算法也是如此，有一些不同。

• 注意： 在存储余数为 0 的 vector 数组里要先放进去一个 0 ，因为在暴力右区间的时候会有左端点-1,可能会在序列里没有这个数，并且与入阵曲相似，前零位和的余数也为 0 ，
• 另外，还有注意一下前缀和的区间端点问题。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int N=5e6+10,M=5e6+10;
int n,mod,ans,top,s[N],sta[N],l[N],r[N],q[N];
vector<int> v[M];
inline void Sta_Init()
{
	sta[++top]=1;
	l[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		while(top&&s[sta[top]]<=s[i])
		{
			r[sta[top]]=i-1;
			top--;
		}
		l[i]=sta[top]+1;
		sta[++top]=i;
	}
	while(top)	r[sta[top--]]=n;
}
inline int workl(int li,int ri,int pos)
{
	int sum=0;
	for(int i=li;i<=pos;i++)
	{
		int res=(q[i-1]+s[pos]%mod+mod)%mod;
		int ls=lower_bound(v[res].begin(),v[res].end(),pos)-v[res].begin();
		int rs=upper_bound(v[res].begin(),v[res].end(),ri)-v[res].begin();
		sum+=max(rs-ls,0ll);
	}
	return sum;
}
inline int workr(int li,int ri,int pos)
{
	int sum=0;
	for(int i=pos;i<=ri;i++)
	{
		int res=(q[i]-s[pos]%mod+mod)%mod;
		int ls=lower_bound(v[res].begin(),v[res].end(),li-1)-v[res].begin();
		int rs=upper_bound(v[res].begin(),v[res].end(),pos-1)-v[res].begin();
		sum+=max(rs-ls,0ll);
	}
	return sum;
}
#undef int
int main()
{
	#define int register long long
	#define ll long long
	n=read();
	mod=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		s[i]=read();
	Sta_Init();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		q[i]=(q[i-1]+s[i])%mod;
	v[0].push_back(0);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		v[q[i]%mod].push_back(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(i-l[i]<r[i]-i)
			ans+=workl(l[i],r[i],i);
		else	ans+=workr(l[i],r[i],i);
	printf("%lld",ans-n);
	return 0;
}

T2 简单的玄学

背景

对于 70pts 的柿子，相信各位都可以很快地搞掉：

\[1-\dfrac{A_{2^n}^{m}}{(2^n)^m}
\]

也就是：

\[\dfrac{(2^n)^m-\prod_{2^n-m+1}^{2^n}}{(2^n)^m}
\]

不难发现对于 \(m<10^6\) 的数据，直接暴力算 \(2^n\) 后的 m 项，然后求一个 \(\gcd\) 就可以了。

但是，取 \(\bmod\) 之后的 \(\gcd\) 就不是原来的 \(\gcd\) 了！

例如：7 和 11 在 \(\bmod\;4\) 的意义下的 \(\gcd\) 是 3 但是他们本身的 \(\gcd\) 是 1 。

于是我们骗到 70pts 的幻想破灭了（可惜考场上的我太傻没有想到这个反例。。）

让我们看一下官方题解：

意会一下之后，我们发现分母的约数只能是 2 的倍数，然后我们就可以求分子上阶乘的 2 的次数。

发现是有一定规律的：每隔 \(2^i\) 就会有一个 \(2^i\) 的倍数，所以就可以 \(\mathcal{O(log_2m)}\) 求出。

但是，更大的该怎么办呢？？，不难发现，如果 \(m>\bmod\) 那么分子在 取 \(\bmod\) 之后一定是 0 ，

因此我们只需要求出公约数之后输出两次分母就好了。

code

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int mod=1e6+3;
int n,m,base,ans=1;
inline int ksm(int x,int p)
{
	int ans=1;
	p=p%(mod-1);
	while(p)
	{
		if(p&1)	ans=ans*x%mod;
		p>>=1;
		x=x*x%mod;
	}
	return ans;
}
#undef int
int main()
{
	#define int long long
	#define ll long long
	n=read();
	m=read();
	base=ksm(2,n);
	int poww=1,sum=0;
	while((poww=poww*2)<=m-1)
		sum+=(m-1)/poww;
	if(m>=mod)
	{
		int tmp=ksm(ksm(2,sum),mod-2);
		base=tmp*ksm(base,m-1)%mod;
		printf("%lld %lld",base,base);
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<m;i++)
		ans=ans*(base-i)%mod;
	ans=ans*ksm(ksm(2,sum%(mod-1)),mod-2)%mod;
	base=ksm(2,(((m-1)%(mod-1))*(n%(mod-1))+mod-1-sum)%(mod-1))%mod;
	printf("%lld %lld",(base-ans+mod)%mod,base%mod);
	return 0;
}

T3 简单的填数

背景

这个题思考的不多，码了个暴力就走了，然后小的数据点 TLE 大的直接 WA ，人傻了。

解题思路

先看一下官方题解：

然后我们发现根本看不懂。。。

开两个 pair 数组分别记录贪心到现在位置的最大值以及现在最大值的数量（也就是 up）。

同样的，用 down 记录最小值以及其数量。

对于没有数的位置，直接贪心的向后算就好了（ up 类似于二进制， down 类似于五进制）。

对于有数的位置（假设现在要填进去的数为 up 和 down ，现在有的数是 s[i]）分为以下几种情况

1. \(s_i>up\) 或者 \(s_i<down\) 表示这个序列不可能实现，直接输出 -1 。

2. \(s_i=up\) 或者 \(s_i=down\) 直接该怎样算怎样算就好了。

3. \(s_i<up\) 对于 up 的值，储存为 \(s_i\)，数量记为 2 （因为后面的数要尽量地大）。

4. \(s_i>down\) 同样的，对于 down 值，也是储存为 \(s_i\) ，但是数量要储存为 1 （因为后面的要尽量的小）。

剩下的就与 down 没有什么关系了，主要运用 up 数组 逆推，特判一下第 n 位，之后尽量对于没有数的挑着大的选就好了，需要用一个数组记录一下每一个数的出现次数。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
const int N=2e5+10;
int n,ans[N],s[N],vis[N];
pair<int,int> up[N],down[N];
inline void Up_True(int pos,int num)
{
	if(num<s[pos])
	{
		cout<<-1;
		exit(0);
	}
	up[pos].first=s[pos];
	up[pos].second=2;
}
inline void Up_False(int pos)
{
	if(up[pos-1].second==1)
	{
		up[pos].first=up[pos-1].first;
		up[pos].second=2;
		return ;
	}
	up[pos].first=up[pos-1].first+1;
	up[pos].second=1;
}
inline void Get_Up()
{
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		int temp;
		if(up[i-1].second==2)	temp=up[i-1].first+1;
		else	temp=up[i-1].first;
		if(s[i]&&s[i]!=temp)	Up_True(i,temp);
		else	Up_False(i);
	}
}
inline void Down_True(int pos,int num)
{
	if(num>s[pos])
	{
		cout<<-1;
		exit(0);
	}
	down[pos].first=s[pos];
	down[pos].second=1;
}
inline void Down_False(int pos)
{
	if(down[pos-1].second<5)
	{
		down[pos].first=down[pos-1].first;
		down[pos].second=down[pos-1].second+1;
		return ;
	}
	down[pos].first=down[pos-1].first+1;
	down[pos].second=1;
}
inline void Get_Down()
{
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		int temp;
		if(down[i-1].second==5)	temp=down[i-1].first+1;
		else	temp=down[i-1].first;
		if(s[i]&&s[i]!=temp)	Down_True(i,temp);
		else	Down_False(i);
	}
}
int main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		s[i]=read();
	up[1].first=up[1].second=down[1].first=down[1].second=1;
	Get_Up();
	Get_Down();
	if(!s[n])	vis[ans[n]=up[n-1].first]++;
	else	ans[n]=s[n];
	for(int i=n-1;i>=1;i--)
	{
		ans[i]=min(up[i].first,ans[i+1]);
		if(vis[ans[i]]>=5)	ans[i]--;
		vis[ans[i]]++;
	}
	printf("%d\n",ans[n]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}