NOI.AC NOIP模拟赛 第五场 游记

NOI.AC NOIP模拟赛 第五场 游记

count

题目大意：

长度为\(n+1(n\le10^5)\)的序列\(A\)，其中的每个数都是不大于\(n\)的正整数，且\(n\)以内每个正整数至少出现一次。

对于每一个正整数\(k=1,..,n+1\)，求出的本质不同的长度为\(k\)的子序列的数量。对\(10^9+7\)取模。

思路：

由于只会有一个数会重复，因此考虑重复的这个数取\(0\)个、\(1\)个和\(2\)个的情况，用组合数直接算即可。

源代码:

#include<cstdio>
#include<cctype>
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
typedef long long int64;
const int N=1e5+2,mod=1e9+7;
int a[N],fac[N],ifac[N],last[N];
void exgcd(const int &a,const int &b,int &x,int &y) {
	if(!b) {
		x=1,y=0;
		return;
	}
	exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=a/b*x;
}
inline int inv(const int &x) {
	int ret,tmp;
	exgcd(x,mod,ret,tmp);
	return ret;
}
inline int C(const int &n,const int &m) {
	if(n<m) return 0;
	return (int64)fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
int main() {
	const int n=getint();
	for(register int i=fac[0]=1;i<=n+1;i++) {
		fac[i]=(int64)fac[i-1]*i%mod;
	}
	ifac[n+1]=inv(fac[n+1]);
	for(register int i=n+1;i>=1;i--) {
		ifac[i-1]=(int64)ifac[i]*i%mod;
	}
	int l;
	for(register int i=1;i<=n+1;i++) {
		a[i]=getint();
		if(last[a[i]]) l=i-last[a[i]];
		last[a[i]]=i;
	}
	for(register int i=1;i<=n+1;i++) {
		printf("%d\n",(C(n+1,i)-C(n-l,i-1)+mod)%mod);
	}
	return 0;
}

delete

题目大意：

长度为\(n(n\le10^6)\)的序列\(A\)，从中删去恰好\(k\)个元素（右边的元素往左边移动），记\(cnt\)为新序列中\(A_i=i\)的元素个数。求\(cnt\)的最大值。

思路：

将\(A\)以\(i-A_i\)为第一关键字、\(A_i\)为第二关键字排序。就转化成了LIS问题。

时间复杂度\(\mathcal O(n\log n)\)。

源代码：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
const int N=1e6+1;
int n,m;
std::pair<int,int> a[N];
class FenwickTree {
	private:
		int val[N];
		int lowbit(const int &x) const {
			return x&-x;
		}
	public:
		void modify(int p,const int &x) {
			for(;p<=n;p+=lowbit(p)) {
				val[p]=std::max(val[p],x);
			}
		}
		int query(int p) const {
			int ret=0;
			for(;p;p-=lowbit(p)) {
				ret=std::max(ret,val[p]);
			}
			return ret;
		}
};
FenwickTree bit;
int main() {
	n=getint(),m=n-getint();
	for(register int i=1;i<=n;i++) {
		const int &x=getint();
		a[i]=std::make_pair(i-x,x);
	}
	std::sort(&a[1],&a[n]+1);
	int ans=0;
	for(register int i=1;i<=n;i++) {
		if(a[i].first<0) continue;
		if(a[i].second>n) continue;
		const int tmp=bit.query(a[i].second-1)+1;
		if(tmp>m) continue;
		bit.modify(a[i].second,tmp);
		if(a[i].first<=n-m&&a[i].second<=m) ans=std::max(ans,tmp);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

power

题目大意：

一棵包含\(n(n\le10^5)\)个节点的树，对于这棵树中的一个连通块，它的能量为它拥有的节点中编号连续的最长的一段。求大小不超过\(k\)的连通块的最大能量值。

思路：

包含若干点的最小连通块的大小是这些点按照DFS序排序后，（相邻点之间距离和+首尾两点距离）/2+1。

使用尺取法枚举连续段，同时用set按照DFS序维护这些结点，同时维护每一时刻连通块的大小即可。

时间复杂度\(\mathcal O(n\log n)\)。

源代码：

#include<set>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<climits>
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
const int N=1e5+1,logN=17;
std::vector<int> e[N];
inline void add_edge(const int &u,const int &v) {
	e[u].push_back(v);
	e[v].push_back(u);
}
int dfn[N],id[N],tmp,dep[N],anc[N][logN];
inline int lg2(const float &x) {
	return ((unsigned&)x>>23&255)-127;
}
void dfs(const int &x,const int &par) {
	anc[x][0]=par;
	dep[x]=dep[par]+1;
	id[dfn[x]=++dfn[0]]=x;
	for(register int i=1;i<=lg2(dep[x]);i++) {
		anc[x][i]=anc[anc[x][i-1]][i-1];
	}
	for(auto &y:e[x]) {
		if(y==par) continue;
		dfs(y,x);
	}
}
inline int lca(int x,int y) {
	if(dep[x]<dep[y]) std::swap(x,y);
	for(register int i=lg2(dep[x]-dep[y]);i>=0;i--) {
		if(dep[anc[x][i]]>=dep[y]) x=anc[x][i];
	}
	for(register int i=lg2(dep[x]);i>=0;i--) {
		if(anc[x][i]!=anc[y][i]) {
			x=anc[x][i];
			y=anc[y][i];
		}
	}
	return x==y?x:anc[x][0];
}
inline int dist(const int &x,const int &y) {
	const int z=lca(x,y);
	return dep[x]+dep[y]-dep[z]*2;
}
std::set<int> set;
inline void ins(const int &x) {
	const auto p=--set.lower_bound(x);
	const auto q=set.upper_bound(x);
	if(*p!=INT_MIN) tmp+=dist(id[x],id[*p]);
	if(*q!=INT_MAX) tmp+=dist(id[x],id[*q]);
	if(*p!=INT_MIN&&*q!=INT_MAX) tmp-=dist(id[*p],id[*q]);
	set.insert(x);
}
inline void del(const int &x) {
	const auto p=--set.lower_bound(x);
	const auto q=set.upper_bound(x);
	if(*p!=INT_MIN) tmp-=dist(id[x],id[*p]);
	if(*q!=INT_MAX) tmp-=dist(id[x],id[*q]);
	if(*p!=INT_MIN&&*q!=INT_MAX) tmp+=dist(id[*p],id[*q]);
	set.erase(x);
}
inline int dist2() {
	const int x=*++set.begin();
	const int y=*++set.rbegin();
	if(x==INT_MIN||y==INT_MAX) return 0;
	return dist(id[x],id[y]);
}
int main() {
	const int n=getint(),k=getint();
	for(register int i=1;i<n;i++) {
		add_edge(getint(),getint());
	}
	dfs(1,0);
	int ans=0;
	set.insert(INT_MAX);
	set.insert(INT_MIN);
	ins(1);
	for(register int p=1,q=1;q<=n;ins(dfn[++q])) {
		while((tmp+dist2())/2+1>k) del(dfn[p++]);
		ans=std::max(ans,q-p+1);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}