21.8.7 test

\(NOIP\) 测试

考的一般般。

\(T1\) WOJ4656

签到题，其实就是算 \(\sum\limits_{i=1}^n i^2\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=1e9+7;
int n,ans=0,len;
string s;
signed main(){
	cin>>n>>s;
	len=s.length();
	for(int i=1;i<=len;i++)
		ans=(ans+i*i%mod)%mod;
	cout<<ans;
	return 0;
}

当然可以用小学奥数 \(O(1)\) 算

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\(T2\) WOJ4657（堆，区间交）

给出 \(n\) 个区间，选出 \(m\) 个区间使得这 \(m\) 个区间的交最大。

打出暴力后又打了一个正确性不保证的 dp，排序后成功过了大样例

区间交的左右端点都是给出区间的左右端点，所以考虑把所有区间按左端点排序后从左往右枚举，同时在堆里加入他们的右端点，对于一个左端点，从右往左数第 \(m\) 个右端点就是它对应交区间的右端点，所以小根堆维护一个从右往左的 \(m\) 个右端点。另外，如果一个区间的右端点小于当前堆顶，那么该区间的答案一定比上个答案劣（因为左端点单调上升），可以直接跳过，对于第二行输出，在维护答案时维护答案对应左右端点，枚举所有区间，完全覆盖答案区间的就输出，一共输出 \(m\) 个，另外答案为 \(0\) 时特判一下随便输出 \(m\) 个就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define in read()
inline int read(){
	int p=0,f=1;
	char c=getchar();
	while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){p=p*10+c-'0';c=getchar();}
	return p*f;
}
const int N=1e6+5;
const int M=5e4+5;
int num,n,m;
struct seq{
	int l,r,o;
}a[N];
bool cmp(seq x,seq y){
	if(x.l!=y.l)return x.l<y.l;
	return x.r<y.r;
}
struct node{
	int x,i;
};
bool operator<(const node &x,const node &y){
	return x.x>y.x;
}
priority_queue<node>q;
signed main(){
	num=in,n=in,m=in;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i].l=in,a[i].r=in,a[i].o=i;
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		q.push({a[i].r,i});
	int ans=max(0ll,q.top().x-a[m].l),ansl=a[m].l,ansr=q.top().x;
	for(int i=m+1;i<=n;i++){
		if(a[i].r<q.top().x)continue;
		q.push({a[i].r,i});
		q.pop();
		if(ans>max(0ll,q.top().x-a[i].l))continue;
		ans=max(0ll,q.top().x-a[i].l);
		ansl=a[i].l,ansr=q.top().x;
	}
	cout<<ans<<'\n';
	if(ans==0){
		for(int i=1;i<=m;i++)
			cout<<i<<" ";
		return 0;
	}
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i].l<=ansl&&a[i].r>=ansr){
			cout<<a[i].o<<" ";
			cnt++;
		}
		if(cnt==m)break;
	}
	return 0;
}

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\(T3\) WOJ4658（容斥）

时间奉献给T2了，打了指数暴力就走了

容斥公式：

\(|A_1\cup A_2 \cup\cdots\cup A_m|=\sum\limits_{1\leq i\leq m}|A_i|-\sum\limits_{1\leq i\leq j\leq m}|A_i\cap A_j|+\sum\limits_{1\leq i\leq j\leq k\leq m}|A_i\cap A_j\cap A_k|-\cdots+(-1)^{m-1}*|A_1\cap A_2 \cap\cdots\cap A_m|\)

在此题中也就是说所有1个话题相同的方案数减去两个话题相同的方案数加上3个话题相同的方案数减去……一直到n个话题。

我们只需要统计 \(2^N\) 个状态分别有多少人的集合或他们的子集，然后算出当前状态 \(1\) 的个数，奇数就加，偶数就减。在统计人数时需要枚举一个二进制数集合的所有子集，这篇blog里有详细的证明。

然后卡卡常（或者不用）就做完了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int M=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
const int N=1<<20+5;
int num,n,m,k;
int a[M];
int cnt[N];
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}
inline int pc(int x){
	int res=0;
	while(x){
		x-=lowbit(x);
		res++;
	}
	return res;
}
inline int qpow(int a,int b){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
inline int add(int a,int b){return (a+b)%mod;}
int ans,maxn;
signed main(){
	cin>>num>>n>>m>>k;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		cin>>a[i];
		cnt[a[i]]++;
		maxn=max(maxn,a[i]);
	}
	sort(a+1,a+1+m);
	int qn=unique(a+1,a+1+m)-(a+1);
	for(int i=1;i<=qn;i++)
		for(int sub=(a[i]-1)&a[i];sub;sub=(sub-1)&a[i])
			cnt[sub]+=cnt[a[i]];
	for(int i=1;i<=maxn;i++){
		if(cnt[i]){
			qn=pc(i);
			if(qn&1) ans=add(ans,qpow(cnt[i],k));
			else ans=add(mod,ans-qpow(cnt[i],k));
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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