Bestcoder Round 47 && 48

1.Senior's Array(hdu 5280)

题目大意：给出大小为N的数组和P,求将数组中的某个元素替换为P后的最大连续子段和。N<=1000

题解：

1.送分题,比赛的时候只想到枚举替换的元素然后贪心找最大连续子段和.时间复杂度O(N²)

2.实际上有更好的做法。类似线段树的合并,枚举替换元素的时候 可以把左右两边的答案合并.F[i]表示以i结尾,G[i]表示以i开头的最优解.合并的时候只要考虑把中间的P用起来,即

A[x]+max(0,F[x-1])+max(0,G[x+1]) . 时间复杂度O(N).

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2.Senior's Gun(hdu 5281)

题目大意：给出两个大小分别为N,M的数组A,B,将这两个数组的元素配对起来,配对的得分为A[i]-B[j](只有A[i]>B[j]才可以把A[i],B[j]配对).要求得分和最大。

题解：

1.比赛的时候想到贪心地把A中大的和B中小的配对。 但是不会证明,感觉不大靠谱。然后就只A了T1 滚粗了。

2.官方题解很简洁：二分出最大可能的配对数,然后枚举配对数,取最大的答案。     这么简洁的题解像我这么弱的可能会一下反应不过来,所以来解释一下： 假设有2N个数能两两配对,那么配对的得分总和是一定的,即A的总和减去B的总和。 所以枚举了所有的配对数,也就枚举了所有的配对情况。  再提一下二分的时候怎么判断可行性：从小到大排序,然后小的和小的对,大的和大的对。 如果这样不行,那么一定不存在可行方案。   脑残的我又想来证明一下了（果然我不适合OI...OIer不是只要记住结论就好了么。。）：假设存在某种方案不是这样配对的,如果A,B数组已经从小到大排序，如果A[i]和B[j]配对就在他们之间连一条线。那么至少有两条线是交叉的.显然把交叉的线 弄成不交叉 即交换配对对象 也是满足条件的。 那么重复这样的操作 最终得到我们一开始的配对方式。

3.看了下别人的代码,发现1中的方法也是可行的。如果n<m 把B中最小的n个拿出来就好。 如果n>m把A中最大的m个拿出来就好。 所以只考虑n=m的情况。

考虑A中的两个元素P,Q,P<=Q. B中的两个元素S,T，S<=T.

如果Q<S，那么不能匹配任意一个.

如果P>=T，那么可以随便怎么匹配,得分为P+Q-S-T。 可以认为是PT,QS匹配。

除去上面的两种情况,也就是Q>=S,P<T的时候。这时候一定是QS匹配最优。我们可以从赚差值的角度理解。假设如果A[i]-A[j]<0也可以匹配,但实际得分却是0,这样我们就赚了

这个负的值。所以要想尽可能多赚这个负的值,要让A中小的P和B中大的T匹配。

。。憋出个证明蛋疼死了。而且感觉还是不大完美。 其实还是感觉官方题解好理解,但大多数人貌似都是3中的方法。

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3.Senior's String(hdu 5282)

题目大意：给出2个字符串AB,求它们的LCS,假设长度是len,再求A中长度为len的子序列中有多少个是B的子序列。(一开始以为是LCS的个数,仔细想想其实不是。。)

题解：

先搞出求LCS时的dp数组。然后再做一次动态规划。F[i][j]表示A[1..i]的长度为dp[i][j]的子序列中有多少个是B[1...j]的子序列。

1.考虑不选A[i],那么必须有dp[i-1][j]==dp[i][j].     F[i][j]+=F[i-1][j].

2.考虑选   A[i],设p是满足p<=j && B[p]=A[i]的最大的p.  那么必须有dp[i-1][p-1]+1=dp[i][j] .    F[i][j]+=F[i-1][p-1].

感觉这个dp略吊啊。

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4.Senior's Fish(hdu 5283)

题目大意：

给出坐标系上的一个矩形,和一些点(编号1-N),要求支持以下操作：

1.把编号属于区间[L,R]的点横坐标+x(x>0).

2.把编号属于区间[L,R]的点纵坐标+x(x>0).

3.查询在矩形中点的个数。

题解：

1.这题要充分利用点的坐标是单调增的这个性质。 也就是说 一个点出了矩形 就不可能再进来了。 然后可以把询问拆成4个,有多少个点在某个点左下方的询问。

2.对xy坐标分别建4棵线段树,然后如果某个坐标超过了上界,就把它从线段树里删去。  这里有个技巧,就是可能一次操作之后有多个点超过了上界,但是这些点又不是连续的，我们可以一个一个删,因为每个点只会被删去一次,复杂度有保证. 只要每次找坐标值最大的点,如果越界了就删去,并把他的值改为负无穷。  具体实现起来好像有点麻烦,要好多线段树...我就没有写..懒。

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5.wyh and pupil(hdu 5285)

题目大意：给出无向图的一些边,要求把点分为2个非空集合,集合内不能有边,且第一个集合点最多。

题解：

1.首先判断一下是不是二分图,如果不是无解。

2.可以发现连通块之间是独立的,只要每个连通块里选尽量多的点放到第一个集合就好。所以对每个连通块二分图染色,选择点多的那种颜色。

3.另外考虑特殊情况,只有一个点和没有边的情况。  比赛的时候没考虑 FST了。

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6.wyh and sequence(hdu 5286)

题目大意：Q次询问区间[L_i,R_i]中,把所有数去重之后,设第i个数p_i出现了k_i次, 求sigma(p_i^k_i).

题解：

1.这题写了4K左右的代码...BC难得有代码量这么大的题。感觉我就算会做也不可能在1个小时之内写出来A掉。跪nodgd分块大神！！

2.太难表述。。直接copy官方题解：

3.另外这题卡常数。。极限数据我的程序过不了,但是OJ上还是AC了。由于要离散化,我一开始写的时候每次都从map里取出那个元素...结果复杂度多了个log,死都查不出来。。

贴个代码：

 #include <iostream>
 #include <cstring>
 #include <cstdio>
 #include <cmath>
 #include <vector>
 #include <map>
 #include <set>
 #include <cstdlib>
 #include <ctime>
 #include <algorithm>
 using namespace std;

 typedef long long ll;
 typedef pair<int,int> pii;
 const int N=,Mod=1e9+;

 int n,Q,unit,tot;
 int A[N],v[N],cnt[N],cur[N],ans[][],rk[N];
 int S[N][],L[N],R[N],id[N],lb[],rb[];
 vector<int> g[N];
 map<int,int> mp;

 inline int Add(int x,int y){return (x+y)%Mod;}
 inline int Mul(int x,int y){return 1ll*x*y%Mod;}

 void Init()
 {
     mp.erase(mp.begin(),mp.end()); tot=;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         if (!mp.count(A[i]))
         {
             mp[A[i]]=;
             v[++tot]=A[i];
         }
     }
     sort(v+,v+tot+);
     for (int i=;i<=tot;i++) mp[v[i]]=i;
     for (int i=;i<=n;i++) rk[i]=mp[A[i]];

     for (int i=;i<=tot;i++) g[i].clear(),g[i].push_back(),cur[i]=;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         cur[rk[i]]=Mul(cur[rk[i]],A[i]);
         g[rk[i]].push_back(cur[rk[i]]);
     }

     unit=sqrt(n)+;
     L[]=,id[]=;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         id[i]=(i-)/unit+;
         L[i]=(id[i]==id[i-])? L[i-]:i;
     }
     R[n]=n;
     for (int i=n-;i>=;i--) R[i]=(id[i]==id[i+])? R[i+]:i;

     for (int i=;i<=id[n];i++) lb[i]=(i-)*unit+,rb[i]=min(i*unit,n);

     for (int i=;i<=tot;i++) cnt[i]=;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         cnt[rk[i]]++;
         if (i%unit== || i==n)
         {
             for (int j=;j<=tot;j++)
                 S[j][id[i]]=cnt[j];
         }
     }

     for (int i=;i<=id[n];i++)
     {
         for (int j=;j<=tot;j++) cnt[j]=;
         for (int j=i;j<=id[n];j++)
         {
             ans[i][j]=(i==j)? :ans[i][j-];
             for (int k=lb[j];k<=rb[j];k++)
             {
                 int x=rk[k]; cnt[x]++;
                 ans[i][j]=Add(ans[i][j],-g[x][cnt[x]-]);
                 ans[i][j]=Add(ans[i][j],g[x][cnt[x]]);
                 ans[i][j]=Add(ans[i][j],Mod);
             }
         }
     }
     memset(cnt,,sizeof(cnt));
 }

 int Query(int l,int r)
 {
     int Ans=;
     if (id[r]-id[l]<=)
     {
         for (int i=l;i<=r;i++)
         {
             int x=rk[i];
             Ans=Add(Ans,-g[x][cnt[x]]);
             Ans=Add(Ans,g[x][++cnt[x]]);
             Ans=Add(Ans,Mod);
         }
         for (int i=l;i<=r;i++) cnt[rk[i]]=;
     }
     else
     {
         Ans=ans[id[l]+][id[r]-];
         for (int i=l;i<=R[l];i++)
         {
             int x=rk[i];
             Ans=Add(Ans,-g[x][cnt[x]+S[x][id[r]-]-S[x][id[l]]]);
             Ans=Add(Ans,g[x][++cnt[x]+S[x][id[r]-]-S[x][id[l]]]);
             Ans=Add(Ans,Mod);
         }
         for (int i=L[r];i<=r;i++)
         {
             int x=rk[i];
             Ans=Add(Ans,-g[x][cnt[x]+S[x][id[r]-]-S[x][id[l]]]);
             Ans=Add(Ans,g[x][++cnt[x]+S[x][id[r]-]-S[x][id[l]]]);
             Ans=Add(Ans,Mod);

         }
         for (int i=l;i<=R[l];i++) cnt[rk[i]]=;
         for (int i=L[r];i<=r;i++) cnt[rk[i]]=;
     }
     return Ans;
 }

 void Read(int &x)
 {
     x=; char ch=getchar();
     while (ch<'' || ch>'') ch=getchar();
     while (ch>='' && ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
 }

 int main()
 {
     int T,lastans,x,y,l,r;scanf("%d",&T);
     while (T--)
     {
         scanf("%d%d",&n,&Q);
         for (int i=;i<=n;i++) Read(A[i]);
         Init(); lastans=;
         for (int i=;i<=Q;i++)
         {
             Read(x),Read(y);
             x^=lastans,x%=n,x++;
             y^=lastans,y%=n,y++;
             l=min(x,y),r=max(x,y);
             lastans=Query(l,r);
             printf("%d\n",lastans);
         }
     }

     return ;
 }