直到\(7:58\)才知道今天\(8:00\)有\(AtCoder\)的菜鸡来写题解啦.
C - pushpush
题目:
给定一个长为\(n\)的序列,第\(i\)次操作做如下的事 :
- 将\(a_i\)插入到数组\(b\)的尾部.
- 翻转数组\(b\).
一开始数组\(b\)为空，进行完所有操作后输出\(b\)数组。
\(n \leq 2\times 10^5,0\leq a_i \leq 10^9\)
题解:
用一个双端队列模拟就好了.
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int &x){
x=0;static char ch;static bool flag;flag = false;
while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
#define rg register int
#define rep(i,a,b) for(rg i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(rg i=(a);i>=(b);--i)
deque<int>q;
int main(){
int n;read(n);
int p = 1,x;
if(n&1) p ^= 1;
rep(i,1,n){
read(x);
if(p&1) q.push_back(x);
else q.push_front(x);
p ^= 1;
}
while(!q.empty()){
printf("%d",q.front());
q.pop_front();
if(q.empty()) putchar('\n');
else putchar(' ');
}
return 0;
}
D - 11
题目:
给定一个长度为\(n+1\)的序列\(a\)，每个元素都在\([1,n]\)范围内且只有一种元素出现了两次.
对于\(k = 1 \space .. n+1\),求出长度为\(k\)的本质不同的子序列个数.
\(n \leq 10^5\)
题解:
如果所有的元素都不互相同那么\(ans_k = {n+1 \choose k}\)
那么处理出出现了两次的元素的下标\(p1,p2\),设\(d = p2 - p1 + 1\)
那么可以发现所有本质相同的子序列一定是因为这两个元素。
所以容易发现重复的方案为\(n+1-d \choose k-1\)
所以有: \(ans_k = {n+1 \choose k} - {n+1-1 \choose k-1}\)
预处理组合数做到单点\(O(1)\)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(int &x){
x=0;static char ch;static bool flag;flag = false;
while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
#define rg register int
#define rep(i,a,b) for(rg i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(rg i=(a);i>=(b);--i)
const int maxn = 100010;
const int mod = 1e9+7;
int frac[maxn],inv[maxn];
inline int qpow(int x,int p){
int ret = 1;
for(;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if(p&1) ret=1LL*ret*x % mod;
return ret;
}
inline int C(int n,int m){
if(m > n) return 0;
return 1LL*frac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int last[maxn];
int main(){
int n;read(n);++ n;
frac[0] = 1;
rep(i,1,n) frac[i] = 1LL*i*frac[i-1] % mod;
inv[n] = qpow(frac[n],mod-2);
per(i,n-1,0) inv[i] = 1LL*inv[i+1]*(i+1) % mod;
int x,p1,p2;
rep(i,1,n){
read(x);
if(last[x] != 0){
p1 = last[x];
p2 = i;
}
last[x] = i;
}
int num = n - (p2 - p1 + 1);
rep(k,1,n){
int ans = C(n,k) - C(num,k-1);
if(ans < 0) ans += mod;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
E - guruguru
题目:
现在有一个数字\(x\)和一个上限\(m\),进行第一种操作可以使\(x \to x+1\),若当前的\(x = m\)那么第一种操作会\(x \to 1\).
第二种操作会使得\(x \to k\)其中\(k\)是一个常量.
现在给定一个长为\(n\)的序列\(a\),你需要让这个数依次变成\(a_2,a_3,...,a_n\)
初始的数为\(a_1\),你需要确定一个常数\(k\)使得最少的操作次数最小.
$n,m \leq 10^5 $
题解:
容易发现对于每两个相邻的数\(a_i,a_{i+1}\)，对整个\(k\)选择区间造成的影响总是可以拆成:
- 一个常数数列和两个等差数列
- 一个等差数列和两个常数数列
这个东西直接拆开用线段树维护即可。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(ll &x){
x=0;static char ch;static bool flag;flag = false;
while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch == '-') ch=getchar(),flag = true;
while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
#define rg register int
#define rep(i,a,b) for(rg i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(rg i=(a);i>=(b);--i)
const ll maxn = 100010;
ll a[maxn],d[maxn],n,m;
ll lazy[maxn<<2],tag[maxn<<2],num[maxn<<2];
void modify(ll rt,ll l,ll r,ll L,ll R,ll v){
if(L <= l && r <= R){
lazy[rt] += v;
return ;
}
ll mid = l+r >> 1;
if(L <= mid) modify(rt<<1,l,mid,L,R,v);
if(R > mid) modify(rt<<1|1,mid+1,r,L,R,v);
}
void insert(ll rt,ll l,ll r,ll L,ll R,ll s){
if(L <= l && r <= R){
tag[rt] += s;++ num[rt];
return ;
}
ll mid = l+r >> 1;
if(R <= mid) insert(rt<<1,l,mid,L,R,s);
else if(L > mid) insert(rt<<1|1,mid+1,r,L,R,s);
else{
insert(rt<<1,l,mid,L,mid,(R-mid)+s);
insert(rt<<1|1,mid+1,r,mid+1,R,s);
}
}
ll res;
void query(ll rt,ll l,ll r,ll p){
res += lazy[rt];
res += tag[rt] + num[rt]*(r - p);
if(l == r) return ;
ll mid = l+r >> 1;
if(p <= mid) query(rt<<1,l,mid,p);
else query(rt<<1|1,mid+1,r,p);
}
int main(){
read(n);read(m);
rep(i,1,n){
read(a[i]);
if(i > 1){
ll x = (a[i] - a[i-1] + m) % m;
if(a[i] > a[i-1]){
modify(1,1,m,1,a[i-1],x);
if(a[i]+1 <= m) modify(1,1,m,a[i]+1,m,x);
if(a[i-1]+1 <= a[i]) insert(1,1,m,a[i-1]+1,a[i],1);
}else{
modify(1,1,m,a[i]+1,a[i-1],x);
insert(1,1,m,1,a[i],1);
if(a[i-1]+1 <= m) insert(1,1,m,a[i-1]+1,m,a[i]+1);
}
}
}
ll ans = 1LL << 60;
rep(i,1,m){
res = 0;query(1,1,m,i);
ans = min(ans,res);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
做题经历
开眼看题发现\(T1\)一个双端队列就搞定了啊。
然后听到旁边的\(gls\)说第一题跟\(a+b\)差不多水吧.
... ... ... ... ... ...
然后发现\(gls\)注册的是\(Beginner\space Contest\)...
\(shs\)不小心把\(T1\) \(Wa\)了一发.
\(T2\)大家都是一边过直接秒了.
貌似\(T3\)只有我这个\(SB\)写了颗线段树。
$shs \space : \(我就写的差分啊
\)lrd \space : $差分不就行了，用个卵的线段树啊?
我承认我写了个卵。。。
dalao 们都太强了！