平时二十三测

昨日AK，今日垫底，我简直是在坐过山车；

以后记住有返回值的函数一定要写返回值，不然全部输出0

题解:

第一题：全是-1，是2^(n-1)-1,不会证，样例很明显；

对于有X个跟班的人，设它的期望函数f(X)=2^X-1；

利用期望的线性性，Ｅ（Ａ）＋Ｅ（Ｂ）＝Ｅ（Ｃ），则Ｅ（Ｂ）＝Ｅ（Ｃ）－Ｅ（Ａ）；

Ｅ（Ｃ）＝初始都是－１的局面到之剩一个人；

Ｅ（Ａ）＝当前到只剩一个人；

求Ｅ（Ｂ）就直接用打表的规律；整个局面的期望函数值为：所有人期望函数值之和。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int M = 1e6 + 5;
int cnt[M], bin[M];
const int mod = 1e9 + 7;



int main(){
    freopen("game.in","r",stdin);
    freopen("game.out","w",stdout);
    int n, u;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &u);
        if(u != -1) cnt[u]++;
    }
    bin[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) bin[i] = (bin[i-1]<<1) % mod;
    int ans = bin[n-1] - 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        ans = (ans - (bin[cnt[i]]-1) + mod) % mod;
    printf("%d\n", ans);
}

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第二题：ｄｐ［ｉ］［０／１］［０／１］　一维表示考虑到第ｉ个数，二维表示前一个数是否与当前一样，三维表示是否已经合法，

转移就像扫雷一样用中间的转移；

第三题：利用扫描线算法，首先将所有坐标离散化，然后按照正方向枚举x坐标，每次求出当前这个横坐标能看见的某个矩形，将其标记并更新答案。直到这个横坐标所有能看见的矩形均被标号为止。

并且，将每个颜色的权值设为其操作的编号将每个矩形视作两条线段：矩形的左侧视为加入当前矩形，右侧+1的位置视为删去当前矩形。用线段树+set维护。对于每个线段树上的节点，存储两个值与一个set，分别设为maxv,minv,S

maxv表示：当前区间内能够看见的，编号最大的未被
标记的颜色。
 minv表示：当前区间内能看见的最小的颜色。（用于更
新maxv）
 S存储完全覆盖了当前区间的所有颜色。
 接下来是更新maxv和minv

理解起来很容易，maxv的更新就不用说了，对minv的更新：里层的min就是左右区间内能看见颜色的最小值，而外层的max是因为：当前区间内都被这个值覆盖，所以取max。

然后，若maxv<minv，说明当前maxv这个颜色一定被其他已更新颜色覆盖掉了，因为它连当前区间内能看见的最小的值都不够。所以将maxv修正为-1，即记为当前区间不含可以被更新的颜色。

每更新一次，继续判断根节点的maxv是否为-1，若不是则继续标记，若是则停止。

Ｏ（ｎｌｏｇ＾２）

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