[考试反思]1011csp-s模拟测试69：无常

承蒙大脸skyh的毒奶，加之以被kx和Parisb以及板儿逼剥夺了一中午的睡眠（其实还有半个晚上）
RP守恒终于失效了，连续两场没考好

RP也是不够了，竟然考原题，而且还不换题，连样例都一模一样只不过加强了数据范围

关键是当时没有几个人学了回滚莫队，学长也没讲我就没学。。。

后悔。。。但的确就是不会，能有什么办法呢？

话说回滚莫队真的是联赛知识点吗？那我真的是太菜了。。。

T1比较简单。至少我比较擅长。因为实在是困所以弄了半天没用的东西，用了40分钟才A（居然是首杀？？？）

然后继续懵逼，困的不行，就没好好看T2的题，然后就WA0了。（然后也没有再回头看它一眼。。。）

看T3，啊，没做过的原题，好像是个我没学过的知识点，反正莫队就是了。

可以set做，也可以线段树带修山海经，都是一个log。

然后想用莫队+STL::set水过50分，结果发现不开O2，30000的随机数据跑了16s。开O2要7s。

然后说是一直在卡常，但是主要是在挂机（想睡觉，想晚上回宿舍，想晚上又要被多数人的暴政。。。）

花了一个多小时优化到3.8s，反正还是过不去。

剩下没多少时间打了一个线段树，没想到它竟然那么好调。。。

30000的点1.2s就过了，心里稍稳。

然后就150分扑街了。然后终于可以宿舍了啊哈哈哈虽说两点左右才睡着困死我啦啊啊啊

读题，读题，读题。看清表达式，不要想当然。

卡常时尽量避免使用STL。理论复杂度相同但是常数是真的大。

手写max和min很有必要。

把分号换成逗号的确可以加速。

要抓住一切学知识点的机会，不一定什么时候就会考。

T1：chess

一看，这个数据范围当然$O(n^3 log m)$矩阵快速幂啊。

结果发现不可做。

但是其实比较显然的是第i列和第i+n列完全一样。所以你只要考虑前n列是怎么放的就好了。

快速幂使用的是多次完全相同的值，要预处理。

 #include<cstdio>
 #define mod 1000000007
 #define int long long
 int dp[][],C[][],n,m,c,pw1[],pw2[];
 int Mod(int p){return p>=mod?p-mod:p;}
 int pow(int b,int t,int a=){for(;t;t>>=,b=b*b%mod)if(t&)a=a*b%mod;return a;}
 main(){
     scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&c);
     if(c>n*n/)c=n*n-c;
     if(m<n){puts("");return ;}
     for(int i=;i<=;++i)C[i][]=;
     dp[][]=;
     for(int i=;i<=;++i)for(int j=;j<=i;++j)C[i][j]=Mod(C[i-][j-]+C[i-][j]);
     for(int i=;i<=;++i)pw1[i]=pow(C[n][i],m/n+);
     for(int i=;i<=;++i)pw2[i]=pow(C[n][i],m/n);
     for(int i=;i<=m%n;++i)for(int j=;j<=(i-)*n&&j<=c;++j)for(int k=;k<=n&&j+k<=c;++k)
         dp[i][j+k]=(dp[i][j+k]+dp[i-][j]*pw1[k])%mod;
     for(int i=m%n+;i<=n;++i)for(int j=;j<=(i-)*n&&j<=c;++j)for(int k=;k<=n&&j+k<=c;++k)
         dp[i][j+k]=(dp[i][j+k]+dp[i-][j]*pw2[k])%mod;
     printf("%lld\n",dp[n][c]);
 }

思路积累：

• 多次使用的值要预处理
• 要考虑哪些情况是完全一致的

T2：array

不好做。题意是选出一个最长的区间，使左端点为最小值，右端点为最大值。

扫一边，单调栈维护最大值，同时维护一下栈顶到次栈顶之间出现过的最小值的位置，弹栈时更新答案并继承最小值。

其实这个做法很精妙，值得研究一下。

 #include<cstdio>
 inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
 inline int read(){
     register char ch=getchar();register int p=;
     while(ch<''||ch>'')ch=getchar();
     while(ch>=''&&ch<='')p=(p<<)+(p<<)+ch-,ch=getchar();
     return p;
 }
 int n,a[],sta[],mnp[],top,ans;
 int main(){
     n=read();a[]=;
     for(int i=;i<=n;++i)a[i]=read();
     for(int i=n;~i;--i){
         while(top&&a[sta[top]]<=a[i]){
             ans=max(ans,sta[top]-mnp[top]+);
             if(a[mnp[top]]<=a[mnp[top-]])mnp[top-]=mnp[top];
             top--;
         }
         sta[++top]=i;mnp[top]=i;if(a[i]<=a[mnp[top-]])mnp[top-]=i;
     }
     printf("%d\n",ans);
 }

思路积累：

• 在单调栈维护最大值时记录并更新其它区间内的变量

T3：ants

回滚莫队板子题，加一个链表即可。

回滚莫队就是只支持加入或只支持删除的莫队。

这道题如果只支持加入的话，那么单此扩展就是$O(1)$的了，拿类似链表的东西维护一下区间的另一个端点合并即可。

回滚莫队的基本思路就是首先按照左端点在的块为第一关键字，右端点为第二关键字排序。

如果一个询问的两个端点在同一个块里，暴力干它$O(\sqrt{n})$

然后我们把当前处理的区间左端点放在当前块的最右边+1的位置，右端点放在当前块最右端，现在是一个空区间。

然后这个块里的所有询问的右端点已经按照右端点严格排序了，不断向右扩展。

扩展之后右端点已经到了，但是左端点还没有动。

左端点并不单调，所以在修改之后需要还原，所以我们开一个栈，每次修改的时候记下来修改之前的值。

这个询问处理完之后把栈弹干净，这样左端点就又还原到所在块的最右端+1了。

对于每一个询问，左端点最多移动$O(\sqrt{n})$次，一共是$O(q\sqrt{n})$

对于每一个块，右端点因为单调所以最多完整的扫一遍，一共是$O(n\sqrt{n})$

所以当nq同级时，复杂度就是$O(n\sqrt{n})$

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 struct qs{
     int l,r,id;
     friend bool operator<(qs a,qs b){return a.l/!=b.l/?a.l/<b.l/:a.r<b.r;}
 }q[];
 int a[],n,Q,s[],ANS[];
 int pos[],rs[],wans[],top;
 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&Q);
     for(int i=;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
     for(int i=;i<=Q;++i)scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i;
     sort(q+,q++Q);q[].l=-;
     int L,R,ans;
     for(int i=;i<=Q;++i){//printf("%d %d\n",q[i].l,q[i].r);
         L=min(q[i].l/*+,n+);
         if(q[i].l/!=q[i-].l/){
             R=L-;ans=;top=;
             for(int i=;i<=n;++i)s[i]=;
         }
         while(top)s[pos[top]]=rs[top],ans=wans[top],top--;
         if(q[i].l/==q[i].r/){
             for(int j=q[i].l;j<=q[i].r;++j){
                 int x2=s[a[j]+],x1=s[a[j]-];
                 x2=x2?x2:a[j];x1=x1?x1:a[j];
                 pos[++top]=x1;rs[top]=s[x1];wans[top]=ans;
                 pos[++top]=x2;rs[top]=s[x2];wans[top]=ans;
                 s[x1]=x2;s[x2]=x1;ans=max(ans,x2-x1+);
             }
             ANS[q[i].id]=ans;continue;
         }
         //printf("now:%d %d\n",L,R);
         while(R<q[i].r){
             ++R;
             int x2=s[a[R]+],x1=s[a[R]-];//printf("++ %d %d %d\n",R,x1,x2);
             x2=x2?x2:a[R];x1=x1?x1:a[R];
             s[x1]=x2;s[x2]=x1;ans=max(ans,x2-x1+);
         }
         while(L>q[i].l){
             --L;
             int x2=s[a[L]+],x1=s[a[L]-];//printf("-- %d %d %d\n",L,x1,x2);
             x2=x2?x2:a[L];x1=x1?x1:a[L];
             pos[++top]=x1;rs[top]=s[x1];wans[top]=ans;
             pos[++top]=x2;rs[top]=s[x2];wans[top]=ans;
             s[x1]=x2;s[x2]=x1;ans=max(ans,x2-x1+);
         }
         ANS[q[i].id]=ans;
     }
     for(int i=;i<=Q;++i)printf("%d\n",ANS[i]);
 }

另外也刚刚学会了普通莫队的奇偶性优化，原来都没听说过，我好菜啊。。。