test20190814 NOIP2019 模拟题

二叉树

【问题描述】

从前有一棵二叉树，我们用如下方式来表示这棵二叉树。

1. 如果一个节点没有儿子，我们用“0”来表示他。
2. 如果一个节点有一个儿子，我们对它的表示以“1”开头，后面接对它儿子的表示。
3. 如果一个节点有两个儿子，我们对它的表示以“2”开头，后面先接对它左儿子的表示，后接对它右儿子的表示。

KJDH 十分贪玩，将这棵树染了色，KJDH 又十分聪明，它染色又很有规则：每个节点不能和它的孩子有相同的颜色，如果一个节点有两个孩子，那么这两个孩子也不能有相同的颜色。 由于这个树年代久远了，所以我们看不清每个节点的颜色了，但我们知道KJDH 只染了红黄白三种颜色。我们想知道这棵树最多和最少有多少个节点是白色的。

【输入格式】

输入文件名为 tree.in。 输入文件只有一行，一个字符串，只有“0”，“1”，“2”组成，表示这 棵树的结构。

【输出格式】

输出文件名为 tree.out。 输出文件包含两个用空格隔开的数，分别表示白色节点的最多和最少数量。

【输入输出样例 1】

tree.in

200

tree.out

1 1

【输入输出样例 2】

tree.in

1122002010

tree.out

5 2

【数据规模与约定】

对于 20% 的数据，len<=10。

对于 50% 的数据，len<=2000

对于 100% 的数据，len<=500000。其中 len 为读入字符串的长度。

题解

我还想了好一会儿怎么建树。用栈模拟括号序列即可。

然后就是睿智树形DP。

co int N=500000+10;
char str[N];
struct node{int id,val;};
int len,lc[N],rc[N],n;
int main(){
	freopen("tree.in","r",stdin),freopen("tree.out","w",stdout);
	scanf("%s",str+1),len=strlen(str+1);
	stack<node> st;
	for(int i=1;i<=len;++i){
		st.push((node){++n,str[i]-'0'});
		while(st.top().val==0){
			int x=st.top().id;st.pop();
			if(x==1) break;
			int fa=st.top().id;
//			cerr<<"link "<<fa<<" "<<x<<endl;
			lc[fa]?rc[fa]=x:lc[fa]=x;
			--st.top().val;
		}
	}
	dfs(1);
	printf("%d %d\n",max(f[1][0],max(f[1][1],f[1][2])),min(g[1][0],min(g[1][1],g[1][2])));
	return 0;
}

跳舞

【问题描述】

KJDH 有 n 个妹子，从 1 到 n 依次编号，每个妹子都会跳舞，第 i 个妹子跳舞的魅力值为 a_i，有一天 KJDH 在 IOI 赛场上捧了杯，他的 n 个妹子想要庆祝一下，要为他跳舞，总共要跳 n*(n+1)/2 支舞，分别由编号为 i~j 的妹子跳舞（1<=i<=j<=n)。

每跳一支舞 KJDH 都会非常高兴从而增加愉悦值，编号为 i~j 的妹子跳舞能增加的愉悦值为

（j-i+1)Min(a_i,a_i+1,…,a_j)Max(a_i,a_i+1,…,a_j)

问 KJDH 在跳完 n*(n+1)/2 支舞后，能增加多少愉悦值，答案对 1000000007 取模。

【输入格式】

输入文件名为 dance.in。

输入共 2 行。

第 1 行包含 1 个正整数 n ，表示 n 个妹子。

第 2 行包含 n 个用空格隔开的正整数 a₁,a₂,…,a_n。表示每个妹子跳舞的魅力值。

【输出格式】

输出文件名为 dance.out。

输出共 1 行，包含 1 个整数，表示 KJDH 能增加的愉悦值。

【输入输出样例 1】

dance.in

4

2 4 1 4

dance.out

109

【输入输出样例 1 说明】

总共跳了 6 支舞。用（i,j）表示编号 i~j 的妹子跳舞增加的愉悦值。

（1,1）=4 （1,2）=16 （1,3）=12 （1,4）=16

（2,2）=16 （2,3）=8 （2,4）=12

（3,3）=1 （3,4）=8

（4,4）=16

全部加起来为 109。

【数据规模与约定】

对于 60%的数据，n<=2000；

对于 100%的数据，n<=500000，1<=a_i<=10⁸ 。

ChiTongZ的题解

把\(j-i+1\)从答案中拆出去

\[\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^j(j-i+1) \max(i,j) \min(i,j)\\
=\sum_{j=1}^n j \sum_{i=1}^j \max(i,j) \min(i,j) - \sum_{i=1}^n (i-1) \sum_{j=i}^n \max(i,j) \min(i,j)
\]

第二重求和符号可以用单调栈+线段树维护。

用单调栈来得知区间覆盖情况，用线段树维护区间覆盖标记，区间min、max和，区间min*max和。发现就可以做了。

时间复杂度\(O(n \log n)\)，出题人卡常数。

#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
template<class T> T read(){
	T x=0,w=1;char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	return x*w;
}
template<class T> T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
using namespace std;
typedef long long LL;

co int mod=1000000000+7;
il int add(int a,int b){
	return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
il int mul(int a,int b){
	return (LL)a*b%mod;
}

co int N=500000+10;
namespace T{
	int l[N<<2],r[N<<2];
	int tag[N<<2][2],sum[N<<2][2];
	int pro[N<<2];
	#define lc (x<<1)
	#define rc (x<<1|1)
	void build(int x,int l,int r){
		T::l[x]=l,T::r[x]=r;
		tag[x][0]=tag[x][1]=sum[x][0]=sum[x][1]=0;
		pro[x]=0;
		if(l==r) return;
		int mid=(l+r)>>1;
		build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
	}
	void set(int x,int k,int v){
		tag[x][k]=v,sum[x][k]=mul(r[x]-l[x]+1,v);
		pro[x]=mul(sum[x][k^1],v);
	}
	void push_down(int x){
		for(int k=0;k<2;++k)if(tag[x][k]){
			set(lc,k,tag[x][k]),set(rc,k,tag[x][k]);
			tag[x][k]=0;
		}
	}
	void push_up(int x){
		for(int k=0;k<2;++k)
			sum[x][k]=add(sum[lc][k],sum[rc][k]);
		pro[x]=add(pro[lc],pro[rc]);
	}
	void change(int x,int ql,int qr,int k,int v){
		if(ql<=l[x]&&r[x]<=qr)
			return set(x,k,v);
		push_down(x);
		int mid=(l[x]+r[x])>>1;
		if(ql<=mid) change(lc,ql,qr,k,v);
		if(qr>mid) change(rc,ql,qr,k,v);
		push_up(x);
	}
	int query(int x,int ql,int qr){
		if(ql<=l[x]&&r[x]<=qr)
			return pro[x];
		push_down(x);
		int mid=(l[x]+r[x])>>1;
		if(qr<=mid) return query(lc,ql,qr);
		if(ql>mid) return query(rc,ql,qr);
		return add(query(lc,ql,qr),query(rc,ql,qr));
	}
}
int n,a[N];
int s1[N],t1,s2[N],t2; // max,min

int main(){
	freopen("dance.in","r",stdin),freopen("dance.out","w",stdout);
	read(n);
	for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
	int ans=0;
	T::build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		while(t1&&a[s1[t1]]<=a[i]) --t1;
		T::change(1,t1?s1[t1]+1:1,i,1,a[i]);
		s1[++t1]=i;
		while(t2&&a[s2[t2]]>=a[i]) --t2;
		T::change(1,t2?s2[t2]+1:1,i,0,a[i]);
		s2[++t2]=i;
		ans=add(ans,mul(i,T::query(1,1,i)));
	}
	T::build(1,1,n),t1=t2=0;
	for(int i=n;i>=1;--i){
		while(t1&&a[s1[t1]]<=a[i]) --t1;
		T::change(1,i,t1?s1[t1]-1:n,1,a[i]);
		s1[++t1]=i;
		while(t2&&a[s2[t2]]>=a[i]) --t2;
		T::change(1,i,t2?s2[t2]-1:n,0,a[i]);
		s2[++t2]=i;
		ans=add(ans,mod-mul(i-1,T::query(1,i,n)));
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

数列

【问题描述】

我们定义 n-数列是具有如下性质的数列。

1. 数列的长度不小于 3，且数列中的每个元素都是 1 到 n 之间的整数。
2. 若数列为 a₁，a₂，……，a_m，则对于任意 3<=k<=m,都满足
   
   (a_k-a_k-2)(a_k-1-a_k-2)<0

现在给你 n，求 n-数列的个数。答案对 1000000007 取模。

【输入格式】

输入文件名为 seq.in。

输入共一行，为 n。

【输出格式】

输出文件名为 seq.out。 输出一行，表示 n-数列的个数

【输入输出样例 1】

seq.in

3

seq.out

2

【输入输出样例 1 说明】

两个 n-序列分别是（2,1,3）和（2,3,1）

【输入输出样例 2】

seq.in

666

seq.out

805846404

【数据规模与约定】

对于10%的数据，n<=10

对于30%的数据，n<=200

对于50%的数据，n<=2000

对于70%的数据，n<=10¹⁸

对于100%的数据，3<=n<=10⁵⁰⁰⁰

还是ChiTongZ的题解

注意到若设\(b_i=a_{i+1}-a_i\)，则\(|b_i|\)是单调递增的，并且\(b_i\)正负交替。

考虑\(a_i - i\)的图像，把它连成折线图，那么我们要做的就是确定\(a_i\)的波动范围，即\(\max \{ |b_i| \}=|b_m|\)，然后求出这个波动范围的方案数，乘上这个范围摆放位置的方案数。

考虑枚举\(|b_m|\)，先假设\(b_m\)为正数，最后方案数乘以\(2\)即可。

\[\frac 12 ans=\sum_{i=1}^{n-1} 2^{i-1} (n-1-i+1)
\]

因为\(b\)的严格的性质，所以\(1 \sim i-1\)的任何一种出现方式都唯一对应一种方案。

但是这里没有保证\(|\{a_n\}| \ge 3\)，即\(|\{b_n\}| \ge 2\)，所以要减去\(| \{ b_n \}| = 1\)情况。

\[\frac 12 ans=\sum_{i=1}^{n-1} 2^{i-1} (n-1-i+1) - \sum_{i=1}^{n-1} (n-1-i+1)
\]

然后通过现有的套路进行计算，得出答案

\[ans=2^{n+1}-n^2-n-2
\]

时间复杂度\(O(\lg n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
template<class T> T read(){
	T x=0,w=1;char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	return x*w;
}
template<class T> T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
using namespace std;
typedef long long LL;

co int mod=1000000000+7;
il int fpow(int a,int b){
	int ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=(LL)a*a%mod)
		if(b&1) ans=(LL)ans*a%mod;
	return ans;
}

int main(){
	freopen("seq.in","r",stdin),freopen("seq.out","w",stdout);
	int m=0,n=0;
	for(char c=getchar();isdigit(c);c=getchar()){
		m=((LL)m*10+c-'0')%(mod-1);
		n=((LL)n*10+c-'0')%mod;
	}
	int ans=fpow(2,m+1)+mod-((LL)n*n+n+2)%mod;
	printf("%d\n",ans%mod);
	return 0;
}