T1 Adjoin
【问题描述】
定义一种合法的\(0-1\)串：串中任何一个数字都与\(1\)相邻。例如长度为$ 3 的 0-1 $串中，\(101\)是非法的，因为两边的\(1\)没有相邻的\(1，011\)是合法的，因为三个数都有\(1\)相邻。现在问，长度为\(N\)的\(0-1\)中有多少是合法的。
【输入格式】
一行，一个整数\(N\)
【输出格式】
一行，合法\(0-1\)串的个数，答案对\(1000000007\)取模。
【样例1】
| 样例输入 |
|---|
| 3 |
| 样例输出 |
|---|
| 3 |
样例说明
\(110、111、011\)是所有长度为\(3\)的合法\(0-1\)串
数据规模与约定
所有测试点的数据规模与约定如下：
\(30\%\)输入数据，保证\(n<=50。\)
\(60\%\)输入数据，保证$ n<=5000$
\(80\%\)输入数据，保证$ n<=1000000$
\(100\%\)输入数据，保证$ 1<=n<=10^{18}$
题解
一道很经典的需要反向优化的题目。我们首先考虑暴搜得到较小范围内每一个\(n\)所对应的答案，如下所示
|i|f[i]|
|-|-
|1|0
|2|1
|3|3
|4|4
|5|5
|6|9
|7|16
|8|25
|9|29
|10|54
然而直接观察数据似乎没有什么明显的规律。于是我们选择将奇偶数分开判断。经过一段时间的观察，似乎所有的数满足这样一个规律：\[f[i]=\begin{cases} 0 & i=1\\ 1 & i=2\\ f[i-1]+f[i-2] & i\%2=0\\ f[i-1]+f[i-2]+(flag=1)?-2:2 & i\%2=1\\ \end{cases} \]
其中我们将flag的初值赋为1，在每碰到一个奇数时为其取反即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1000005
const long long mod = 1000000007;
using namespace std;
long long n;
long long dp[maxn];
bool flag=1;
int main(){
//freopen("adjoin.in","r",stdin);
//freopen("adjoin.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n;
dp[1]=0;
dp[2]=1;
for(register long long i=3;i<=n;i++){
if(i%2==0)dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
else{
if(flag){
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]+2;
flag=0;
}
else{
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]-2;
flag=1;
}
}
//cout<<dp[i]<<endl;
dp[i]%=mod;
}
//for(register long long i=3;i<=n;i++)cout<<dp[i]<<endl;
cout<<dp[n]%mod<<endl;
return 0;
}这时我们就拥有了85分的总分。最大数据范围为\(n\le 10^{18}\)，早已超出了\(O(n)\)的复杂度能到达的极限。此时，我们思考所有和动态规划有关的优化。经过一番思索后，我们会发现只有矩阵优化稍微与目前的\(dp\)有点联系。然而矩阵优化要求使用通项公式，而我们当前只有一个递推式。那么我们现在考虑将方程式反向优化，从一维方程变为三维方程，使整个式子具有通项公式，再使用矩阵优化来降低整体的复杂度。想到了这一点后，实现起来应该并不难。
#include <bits/stdc++.h>
#define RG register
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1000010;
const int mod = 1e9+7;
const int P = 1e9+7;
ll n;
struct Matrix {
ll val[4][4];
} A, I, ans;
Matrix operator*(const Matrix &A,const Matrix &B){
Matrix C;
for(int i = 0;i < 4;i++)
for(int j = 0;j < 4;j++){
C.val[i][j] = 0;
for(int k = 0;k < 4;k++)
C.val[i][j] = (1ll * A.val[i][k] * B.val[k][j] + C.val[i][j]) % P;
}
return C;
}
Matrix fpm(Matrix x, long long y){
Matrix ret = I;
while(y){
if(y & 1) ret = ret * x;
x = x*x;
y >>= 1;
}
return ret;
}
int main(){
freopen("adjoin.in","r",stdin);
freopen("adjoin.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
if(n == 1){
puts("0");
return 0;
}
for(int i = 0;i < 4;i++){
for(int j = 0;j < 4;j++){
I.val[i][j] = (i == j ? 1 : 0);
A.val[i][j] = 0;
}
}
ans.val[0][0] = 0;
ans.val[0][1] = 1;
ans.val[0][2] = 0;
ans.val[0][3] = 1;
A.val[2][0] = A.val[0][1] = A.val[2][1] = A.val[3][2] = A.val[1][3] = A.val[3][3] = 1;
A = fpm(A,n-2);
ans = ans * A;
ll ansss = (ans.val[0][2] + ans.val[0][3]) % mod;
printf("%lld",ansss);
return 0;
}T2 Sorting
【问题描述】
小F不喜欢递减，他会想尽一切办法将看到的一切东西排序！
现在小F得到了一个数列，他当然要将这个数列排序了，但他太累了，以至于最多只能交换其中两个元素，如果这样不能使得这个数列不递减，他就要先睡觉了。你能告诉他是否可行吗？
【输入格式】
第一行：一个整数N表示小F的数列中数的个数。
第二行，N个正整数，描述小F的数列。
【输出格式】
一行，YES或NO，表示通过一次“最多交换其中两个元素（可以不交换）”的操作，是否可使得小F的数列不递减。
【样例1】
| 样例输入 |
|---|
| 3 |
| 1 3 1 |
| 样例输出 |
|---|
| YES |
数据规模与约定
\(30\%的数据，N ≤ 10^2 。\)
\(60\%的数据，N ≤ 10^4 。\)
\(100\%的数据，N ≤ 10^5 ，所有数为正整数且在longint范围内。\)
题解
是的，本蒟蒻又一次和AC插肩而过。拿到这道题时，大多数人都会联想到逆序对和最长不降子序列问题，然而几组充分设置的样例就可以卡掉这两种思路，使得其得分甚至不如60分的暴力。
附六十分的暴力写法
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
puts("YES");
return 0;
}对于LIS来说，改变一个数有时可以导致多对大小关系的改变；对于逆序对来说，逆序对个数不一定可以决定最终大小关系。对两种思路最好的反驳样例如下：
|5 3 2
|-
在排除了这样的思路后，蒟蒻的我开始思考自己的做法。我们直接从头往后寻找第一对不满足条件的组合\(a_i,a_{i-1}\)。此时我们取出\(a_i\)，从头往后将其与第一个大于他的值交换。此时我们再重新在原串中查找是否存在不合法情况，若存在则输出NO，否则输出YES。
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
using namespace std;
inline char get(){
static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline long long read(){
register char c=get();register long long f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
return _*f;
}
long long n;
long long a[maxn];
long long ans=0;
bool cd=1;
int main(){
//freopen("sorting.in","r",stdin);
//freopen("sorting.out","w",stdout);
n=read();
for(register long long i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(register long long i=2;i<=n;i++){
if(a[i]<a[i-1]){
for(register long long j=1;j<=n;j++){
if(a[j]>a[i]){
swap(a[i],a[j]);
goto next;
}
}
}
}
next:;
for(register long long i=2;i<=n;i++){
if(a[i]<a[i-1]){
puts("NO");
return 0;
}
}
puts("YES");
return 0;
}为什么我们选择了这样一个奇怪的算法呢？事实上，在比赛中选择算法的第一原则是能否证明其错误性。在这道题中，蒟蒻无法证明该算法是错误的，于是就这么得到了85分的安慰分。
其实题目已经提示得很明显了。Sorting，就是在暗示我们进行一次排序操作。我们只需要比较排序前后的两个两个序列，若其中同一位置不一样的元素的个数在两个以内（一次交换最多导致4对大小关系发生改变），则输出YES，否则就记其为非法情况，输出NO。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int b[2111111],a[2111111];
int n;
int main(){
freopen("sorting.in","r",stdin);
freopen("sorting.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],b[i]=a[i];
sort(b+1,b+1+n);
int len=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]!=b[i])len++;
if(len>2){
cout<<"NO"<<endl;
return 0;
}
}
cout<<"YES"<<endl;
return 0;
}T3 Editor
【问题描述】
小\(F\)有一个梦想：为数列写一个最强大的编辑器！
一开始，数列为空，光标在开头位置，小F的编辑器要对这个数列作如下五种操作：
I x：在光标的后面插入一个数字x，并将光标移到这个新加入的\(x\)后。
D：删除光标前的最后一个数字（保证存在），光标位置不变。
L：光标左移一位，如果已经在开头则不做任何事。
R：光标右移一位，如果已经在结尾则不做任何事。
Q k：编辑器需要给出\(A_1,A_2 ··· A_k\)的最大前缀和（前缀长度不能为0），保证\(1 ≤ k ≤ N\)，其中\(N\)为当
前光标前的数字个数。
【输入格式】
第一行，一个整数\(Q\)，表示操作的总次数。
后\(Q\)行，每行是上列五种操作中的一种。
【输出格式】
对每个\(Q\)操作，输出一行一个整数，表示答案。
【样例输入1】
| 8 |
| I 2 |
| I -1 |
| I 1 |
| Q 3 |
| L |
| D |
| R |
| Q 2 |
【样例输出1】
| 样例输出 |
|---|
| 2 |
| 3 |
【数据规模与约定】
$ 1\le q \le 1000000，-1000 \le m \le 1000 $
【题解】
模拟题，注意一下优化就好。本蒟蒻的代码风格太丑因此在此不予贴出。