暴力没打满。。。有点垃圾。。。
考得稍绝望，啥也不会啊？？？
T3的测试点分治还写挂了。。。
其实就是没有沉下心好好的思考，在三道题上来回切换结果一个成型思路都没有
T2既然已经想到那一步了居然没有继续想下去。。。
不管怎么说，还是思路凌乱了，没有稳下来
但是，也算是混进第一鸡房了，也是新的自我调整的机会吧
没怎么颓废，改题也快了。。。感觉不错
这是一个好的桌面背景。(Ubuntu Mono Bold Italic 150号字)
T1：trade
刚开始以为要怎么优化dp。但是这其实是一个比较明显的反悔型贪心。
因为取消卖出和进行买入这两个操作本质是一样的，往堆里扔就是了。
买a卖b再买b卖c，和买a卖c是等价的，这样就做到了反悔。
当你决定卖的时候就往堆里扔一个用于反悔卖出这个决定。
然后每个元素都还要往堆里扔一个来用于正常的买入。
代码比暴力dp还好写。
1 #include<cstdio> 2 #include<queue> 3 using namespace std; 4 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q; 5 int n,x;long long ans; 6 main(){ 7 scanf("%d%d",&n,&x);q.push(x);n--; 8 while(n--){ 9 scanf("%d",&x); 10 if(x>q.top())ans+=x-q.top(),q.pop(),q.push(x); 11 q.push(x); 12 }printf("%lld\n",ans); 13 }
思路积累：
- 反悔型贪心：正确性证明与数据结构结合达到最优决策
T2：sum
根据定义，有S[i][j]=S[i][j-1]+C[i][j]
打表发现，有S[i][j]=S[i-1][j-1]+S[i-1][j]
用含义就可以知道：i个里至多选j个，随意指定其中一个元素，如果它选，那么就在剩下的i-1里至多选j-1个，如果它不选，那就在剩下的i-1里选至多j个
合并一下，有S[i][j]=S[i-1][j]*2-C[i-1][j]
这样的形式就可以做到O(1)的把数组的某一维变化1了。可以莫队了。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 #define int long long 5 #define mod 1000000007 6 struct qs{int m,n,id;friend bool operator<(qs a,qs b){return a.n/400!=b.n/400?a.n/400<b.n/400:a.m/400<b.m/400;}}q[100005]; 7 int fac[100005],inv[100005],invv[100005],id,Q,n,m,ans[100005]; 8 int C(int b,int t){return b<t?0:fac[b]*inv[t]%mod*inv[b-t]%mod;} 9 main(){//freopen("sum1.in","r",stdin);freopen("my.out","w",stdout); 10 fac[0]=invv[1]=inv[1]=inv[0]=fac[1]=1; 11 for(int i=2;i<=100000;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod,invv[i]=mod-mod/i*invv[mod%i]%mod,inv[i]=inv[i-1]*invv[i]%mod; 12 scanf("%lld%lld",&id,&Q); 13 int x=1,y=1,Ans=2; 14 for(int i=1;i<=Q;++i)scanf("%lld%lld",&q[i].n,&q[i].m),q[i].id=i; 15 sort(q+1,q+1+Q); 16 for(int i=1;i<=Q;++i){ 17 while(x<q[i].n)Ans=(Ans+Ans-C(x,y)+mod)%mod,++x; 18 while(x>q[i].n)--x,Ans=(Ans+C(x,y))*500000004ll%mod; 19 while(y<q[i].m)++y,Ans=(Ans+C(x,y))%mod; 20 while(y>q[i].m)Ans=(Ans-C(x,y)+mod)%mod,--y; 21 ans[q[i].id]=Ans; 22 }for(int i=1;i<=Q;++i)printf("%lld\n",ans[i]); 23 }
思路积累：
- 莫队和分块思路在递推表达式求值上的应用
但是还是想讲一下自己傻逼的部分分想法：m全部相同的20分。
$S_{n,m}=\sum\limits_{i=0}^m C_{n,i} $
$=\sum\limits_{i=0}^m n! \times inv(i!) \times inv((n-i)!)$
$= n! \sum\limits_{i=0}^m inv(i!) \times inv((n-i)!) $
然后后面就是一个比较明显的卷积形式了。
因为求和只是到m为止，所以不能直接把两个inv套起来，对于第一个inv数组大于m的项赋成0就可以解决这个问题了。
然后我们就能求出对于每一个n后面的那个卷积式了，就可以O(1)回答询问了。
因为模数是1000000007，不是一个好的NTT模数，所以需要多模数CRT一发。
思路还好，就是如果考场上我要是打这个的话可能就不用干别的了。
又是用省选知识点打联赛暴力的好例子
诚当是磨砺思维吧（虽然在考场上耽误了不少时间）
T3：building
loj差点就让我弃坑了。
对于询问有多少个块，这还是比较好做的，差分一下O(1)修改，最后求两遍前缀和。
至于联通块，容易想起以前的结论：在无环图上，联通块数=点数-边数
然而这道题有环。我们把每一次操作作为一个点，把相邻的操作建边，求联通块。
可以利用并查集，这样它就成了树型的了，就可以用点数-边数了。
建边的时候，如果发现它们已经联通，那么就不再建边，这样就保证了无环。
我的思路是横边只与横边相邻，竖边只与竖边有相邻。
那么怎么考虑横边与竖边之间的相邻呢？
可以发现如果横边与竖边相邻的话，其实就是其中的一条边与另一条边的某一个端点相邻。
这样的话，我们在加入某一条横边的时候，同时也把它的两个端点当成竖边加入。加入竖边时同理。
然后逐行扫，不断加入x1小的边即可。
暴力的做法是爆扫相邻的两行/列枚举每一个块。这样的复杂度在极端时会被卡成n2。
但是本题没有卡可以AC，虽说跑的很慢而且我的方法有有3倍量的块。
1 #include<cstdio> 2 #include<vector> 3 #include<algorithm> 4 #include<iostream> 5 using namespace std; 6 struct ps{int x1,x2,y1,y2,ord;friend bool operator<(ps a,ps b){return a.x1<b.x1;}}p[100005]; 7 vector<ps>L[100005],R[100005]; 8 int ans,cf[100005],f[100005],cb[100005],eds; 9 int find(int k){return f[k]==k?k:f[k]=find(f[k]);} 10 void link(int a,int b){ 11 int fa=find(a),fb=find(b); 12 if(fa!=fb)eds++,f[fa]=fb; 13 } 14 int main(){ 15 int id,n,m,k,q,qk,qx,pt=1;scanf("%d%d%d%d%d",&id,&n,&m,&k,&q); 16 for(int i=1,x1,x2,y1,y2;i<=k;++i){ 17 scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2); 18 p[i]=(ps){x1,x2,y1,y2,f[i]=i}; 19 if(x1==x2)cf[x1]+=y2-y1+1,cf[x1+1]-=y2-y1+1; 20 else cf[x1]++,cf[x2+1]--; 21 } 22 for(int i=1;i<=n;++i)cf[i]+=cf[i-1]; 23 for(int i=1;i<=n;++i)cf[i]+=cf[i-1]; 24 sort(p+1,p+k+1); 25 for(int I=1;I<=n;cb[I]=pt-eds-1,++I)while(p[pt].x1==I&&pt<=k){ 26 int x1=p[pt].x1,x2=p[pt].x2,y1=p[pt].y1,y2=p[pt].y2,ord=p[pt].ord,X1=x1-1,X2=x2+1,Y1=y1-1,Y2=y2+1; 27 for(int i=0;i<L[X1].size();++i)if(!(L[X1][i].y1>y2||L[X1][i].y2<y1))link(L[X1][i].ord,ord); 28 for(int i=0;i<R[Y1].size();++i)if(!(R[Y1][i].x1>x2||R[Y1][i].x2<x1))link(R[Y1][i].ord,ord); 29 for(int i=0;i<L[X2].size();++i)if(!(L[X2][i].y1>y2||L[X2][i].y2<y1))link(L[X2][i].ord,ord); 30 for(int i=0;i<R[Y2].size();++i)if(!(R[Y2][i].x1>x2||R[Y2][i].x2<x1))link(R[Y2][i].ord,ord); 31 ps P1=(ps){x1,x1,y1,y1,ord},P2=(ps){x2,x2,y2,y2,ord}; 32 if(y1==y2)R[y1].push_back(p[pt]),L[x2].push_back(P2),L[x1].push_back(P1); 33 else L[x1].push_back(p[pt]),R[y2].push_back(P2),R[y1].push_back(P1); 34 pt++; 35 } 36 while(q--)scanf("%d%d",&qk,&qx),printf("%d\n",qk?cb[qx]:cf[qx]); 37 }
肯定是可以优化的。一种是把vector改成set这样的话常数会非常大最后可能比暴力还慢。
另一种就是先把所有边都加入然后sort，用lower_bound查询并及时break就行。
要注意你建边时只与前面行的建边，没有扫到的行不要建。
$QAQ$nlog的代码还没有写等会马上跟上啊我没脸溜了
思路积累：
- 联通块的性质
- 离线处理