cqoi2018

题解：

很多模板题

第一次写莫队还比较顺利

除了把排序的cmp写错。。（还第一次遇到）

这题分块也可以

先预处理出g[i][j]代表前i个块，颜色为j的有多少种

f[i][j]表示i-j的块能构成多少对

处理的方法就是f[i][j-1]+j块内和j与j之前

算答案的时候即整块+两个单独块内部和两个单独块与整块之间

因为分块有几个地方都是$n\sqrt{n}$的 所以分块的常数比莫队要来的大

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define rint register int

#define IL inline

#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)

#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)

#define ll long long 

#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))

namespace IO

{

    char ss[<<],*A=ss,*B=ss;

    IL char gc()

    {

        return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++;

    }

    template<class T>void read(T &x)

    {

        rint f=,c; while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^);

        while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f;

    }

    char sr[<<],z[]; int Z,C=-;

    template<class T>void wer(T x)

    {

        if (x<) sr[++C]='-',x=-x;

        while (z[++Z]=x%+,x/=);

        while (sr[++C]=z[Z],--Z);

    }

    IL void wer1()

    {

        sr[++C]=' ';

    }

    IL void wer2()

    {

        sr[++C]='\n';

    }

    template<class T>IL void maxa(T &x,T y) {if (x<y) x=y;}

    template<class T>IL void mina(T &x,T y) {if (x>y) x=y;}

    template<class T>IL T MAX(T x,T y){return x>y?x:y;}

    template<class T>IL T MIN(T x,T y){return x<y?x:y;}

};

using namespace IO;

const int N=1e5+;

const int M=;

int n,m,k,block,q;

int a[N],pos[N],b[N],now1[N],now2[N];

ll ans2[N];

struct re{

    int a,b,c;

}p[N];

ll ans=;

bool cmp(re x,re y)

{

    return pos[x.a]<pos[y.a]||(pos[x.a]==pos[y.a]&&x.b<y.b);

}

IL void insert1(int x,int y)

{

    if (y==)

    {

      now2[b[x]]+=y;

      now1[b[x-]]+=y;

    }

    ans+=now2[b[x-]^k]*y;

    if (y==-)

    {

      now2[b[x]]+=y;

      now1[b[x-]]+=y;

    }

}

IL void insert2(int x,int y)

{

    if (y==)

    {

        now2[b[x]]+=y;

        now1[b[x-]]+=y;

    }

    ans+=now1[b[x]^k]*y;

    if (y==-)

    {

        now2[b[x]]+=y;

        now1[b[x-]]+=y;

    }

}

int main()

{

    freopen("1.in","r",stdin);

    freopen("1.out","w",stdout);

    read(n); read(q); read(k);

    rep(i,,n) read(a[i]);

    block=sqrt(n);

    m=(n-)/block+;

    rep(i,,n) pos[i]=(i-)/block+;

    rep(i,,q)

      read(p[i].a),read(p[i].b),p[i].c=i;

    sort(p+,p+q+,cmp);

    rep(i,,n) b[i]=b[i-]^a[i];

    rep(i,p[].a,p[].b)

    {

        now1[b[i-]]++;

        ans+=now1[b[i]^k];

        now2[b[i]]++;

    }

    ans2[p[].c]=ans;

    rep(i,,q)

    {

        if (p[i].a>p[i-].a)

          rep(j,p[i-].a,p[i].a-)

            insert1(j,-);

        else dep(j,p[i-].a-,p[i].a) insert1(j,);

        if (p[i].b>p[i-].b)

          rep(j,p[i-].b+,p[i].b) insert2(j,);

        else dep(j,p[i-].b,p[i].b+) insert2(j,-);

        ans2[p[i].c]=ans;

    }

    rep(i,,q) wer(ans2[i]),wer2();

    fwrite(sr,,C+,stdout);

    return ;

}

题目上面画个矩形下面用点真的是傻逼

要是是矩形的画就比较麻烦 要判断4条边是否与那个线相交

可以写特殊处理 当然也可以直接用计算几何里的线段与线段相交判定了

要是直线的画直接叉积就可以了

预处理一下再状压dp

不太卡常

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register int
#define IL inline
#define rep(i,h,t) for (int i=h;i<=t;i++)
#define dep(i,t,h) for (int i=t;i>=h;i--)
#define ll long long
#define me(x) memset(x,0,sizeof(x))
namespace IO
{
    char ss[<<],*A=ss,*B=ss;
    IL char gc()
    {
        return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,,<<,stdin),A==B)?EOF:*A++;
    }
    template<class T>void read(T &x)
    {
        rint f=,c; while (c=gc(),c<||c>) if (c=='-') f=-; x=(c^);
        while (c=gc(),c>&&c<) x=(x<<)+(x<<)+(c^); x*=f;
    }
    char sr[<<],z[]; int Z,C=-;
    template<class T>void wer(T x)
    {
        if (x<) sr[++C]='-',x=-x;
        while (z[++Z]=x%+,x/=);
        while (sr[++C]=z[Z],--Z);
    }
    IL void wer1()
    {
        sr[++C]=' ';
    }
    IL void wer2()
    {
        sr[++C]='\n';
    }
    template<class T>IL void maxa(T &x,T y) {if (x<y) x=y;}
    template<class T>IL void mina(T &x,T y) {if (x>y) x=y;}
    template<class T>IL T MAX(T x,T y){return x>y?x:y;}
    template<class T>IL T MIN(T x,T y){return x<y?x:y;}
};
using namespace IO;
double ee=1.0000000000000000;
const double eps=1e-;
const int N=(<<)+;
const int mo=;
int n;
int f[][N];
int p[][];
struct re{
    int x,y;
}a[];
IL void js(register int &x,register int y)
{
    x=(x+y>mo)?x+y-mo:x+y;
}
int main()
{
    freopen("1.in","r",stdin);
    freopen("1.out","w",stdout);
    read(n);
    rep(i,,n)
    {
        read(a[i].x); read(a[i].y);
    }
    rep(i,,n)
      rep(j,,n)
        if (i!=j)
        rep(k,,n)
        if (k!=i&&k!=j)
        {
          /*if (a[i].x==a[j].x)
          {
            if (a[k].x==a[i].x&&a[k].y>=MIN(a[i].y,a[j].y)&&a[k].y<=MAX(a[i].y,a[j].y))
              p[i][j]|=(1<<(k-1));
          }
          else
          {
              double now=ee*(a[j].y-a[i].y)/(a[j].x-a[i].x)*(a[k].x-a[i].x)+a[i].y;
            if (a[k].x<=MAX(a[i].x,a[j].x)&&a[k].x>=MIN(a[i].x,a[j].x)&&now+eps>a[k].y&&now<a[k].y+1)
              p[i][j]|=(1<<(k-1));
          }*/
          if (a[k].x<=MAX(a[i].x,a[j].x)&&a[k].x>=MIN(a[i].x,a[j].x)&&a[k].y<=MAX(a[i].y,a[j].y)&&a[k].y>=MIN(a[i].y,a[j].y)
              &&(a[k].x-a[i].x)*(a[j].y-a[k].y)-(a[j].x-a[k].x)*(a[k].y-a[i].y)==)
                p[i][j]|=<<(k-);
        }
    rep(i,,n) f[i][<<(i-)]=;
    int l=(<<n)-;
    int ans=;
    rep(i,,l)
      rep(j,,n)
        if (f[j][i])
        {
            rep(k,,n)
              if (((i>>(k-))&)==&&(p[j][k]&(~i))==) js(f[k][i|(<<(k-))],f[j][i]);
            if (__builtin_popcount(i)>=) js(ans,f[j][i]);
        }
    wer(ans);
    fwrite(sr,,C+,stdout);
    return ;
}

[CQOI2018]交错序列

这可能是六题里唯一一题不是模板的题

首先最暴力的做法

就是$f[i][j][0/1]$表示前i个数有j个1且当前是0/1的方案数

复杂度$O(n^2)$

发现这个dp方程比较简单，考虑直接用数学方法求解

先放1，然后再插空 答案就是$C(n-k+1,k)*k^a*(n-k)^b$

这个东西$nlogn$ 因为模数比较小 所以组合数需要用lucas定理计算

据游记所说这种做法好像并不能卡过？

晚上写

然后注意到这题a,b比较小

考虑去展开$k^a*(n-k)^b$

会发现我们只需要维护$k^{1~(a+b)}$就可以了

然后$(k+1)^x$这个东西又可以用关于k的次方递推

于是就可以上矩阵快速幂了

时间复杂度$(a+b)^3*logn$