Educational Codeforces Round 63 选做

D. Beautiful Array

题意

给你一个长度为 \(n\) 的序列。你可以选择至多一个子段，将该子段所有数乘上给定常数 \(x\) 。求操作后最大的最大子段和。

题解

考虑最大子段和的子段一共有三类点：1. 左边没有 \(\times x\) 的点 ； 2. 中间 \(\times x\) 的点； 3. 右边没有 \(\times x\) 的点。

考虑 dp 。设 \(f[i][1/2/3]\) 表示前 \(i\) 个数，第 \(i\) 个数作为第 1/2/3 类点的最大子段和。转移显然。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+5;
inline int gi()
{
	char c; int x=0,f=1;
	for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')f=-1;
	for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
	return x*f;
}
int a[N],n,x;
long long f[N][5],ans=0;
int main()
{
	n=gi(),x=gi();
	for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=gi();
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		f[i][1]=max(0ll,f[i-1][1])+a[i];
		f[i][2]=max(0ll,max(f[i-1][1],f[i-1][2]))+1ll*a[i]*x;
		f[i][3]=max(f[i-1][2],f[i-1][3])+a[i];
		ans=max(ans,max(f[i][1],max(f[i][2],f[i][3])));
	}
	printf("%I64d",ans);
}

E. Guess the Root

题意

交互题。有一个 \(k(k\le 10)\) 次多项式 \(f(x)\) ，你可以进行不超过 \(50\) 次询问，每次询问给出 \(x\) ，返回 \(f(x)\) 。求 \(x_0\) 使得 \(f(x_0) \equiv 0 \mod (10^6 + 3)\) 。

题解

以下设 \(m=10^6+3\) 。

插值傻逼题。询问 \(k+1\) 次，然后枚举零点插值判断即可。

直接插值是 \(O(m k^2 \log m)\) 的。众所周知，当 \(x\) 取 \(1\sim n\) 可以通过预处理阶乘使插值复杂度降到 \(O(n)\) 。

当然由于本题 \(k\le 10\)，我们甚至可以直接暴力打表分母。复杂度 \(O(mk)\) 。

code

#include<cstdio>
const int N=25,Mod=1e6+3;
const int n=11;
int y[N],k,inv[Mod+2];
int fm[]={404910,950915,220896,410947,30845,962989,30845,410947,220896,950915,404910};
inline int po(int x, int y)
{
	int r=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) r=1ll*r*x%Mod;
		x=1ll*x*x%Mod, y>>=1;
	}
	return r;
}
int judge(int k)
{
	int ans=0,base=1;
	for(int i=1;i<=n;++i) if(k!=i) base=1ll*base*(k-i)%Mod;
	if(1<=k&&k<=11) return (1ll*base*fm[k-1]%Mod*y[k]%Mod+Mod)%Mod;
	base=(base+Mod)%Mod;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		ans=(ans+1ll*base*inv[(k-i+Mod)%Mod]%Mod*fm[i-1]%Mod*y[i]%Mod)%Mod;
	return ans;
}
int main()
{
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		printf("? %d\n",i);
		fflush(stdout);
		scanf("%d",&y[i]);
	}
	inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<Mod;++i) inv[i]=1ll*(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
	for(int k=0;k<Mod;++k)
		if(!judge(k))
		{
			printf("! %d\n",k);
			fflush(stdout);
			return 0;
		}
	printf("! -1\n");
	fflush(stdout);
}