\(A-\)复读数组
题意:
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1103/A
有一个长为\(n \times k\)的数组，它是由长为\(n\)的数组\(A_1,A_2,…,A_n\)重复\(k\)次得到的。
定义这个数组的一个区间的权值为它里面不同的数的个数，现在，你需要求出对于这个数组的每个非空区间的权值之和。
答案对\(10^9+7\)取模。
数据范围：
对于所有数据，\(1≤n≤10^5,1≤k≤10^9,1≤A_i≤10^9\)
分析：
对于一个数\(x\)，只要一个区间中出现了\(x\)，而不论它的个数是多少，它对这个区间权值的贡献都只是1。
那么我们考虑枚举每一个\(x\)来求出含有它的区间的个数。
我们假设得到了\(x\)在这个\(n\times k\)的数组中出现的位置分别为\(p_1,p_2,\cdots,p_m\)，因为我们发现如果要直接求\(x\)出现的区间会很麻烦，因为需要考虑有几个\(x\)以及各种问题，所以我们运用补集转化的思想，求出不含\(x\)的区间个数，用总区间个数减去这一部分的值，即为\(x\)的贡献。
因为对于一个长度为\(x\)的序列，它总共有\(\frac{x(x+1)}{2}\)的子区间（一个数也算做一个区间），所以我们设\(f(x)=\frac{x(x+1)}{2}\)，那么可以得到不含x的区间总共有\(f(p_1-1)+f(n\times k-p_m)+\sum_{i=1}^{m-1}f(p_{i+1}-p_{i}-1)\)。
首先\(f(p_1-1)\)和\(f(n\times k-p_m)\)都是可以直接\(O(1)\)计算出来的，唯一比较麻烦的就是\(\sum_{i=1}^{m-1}f(p_{i+1}-p_i-1)\)这一部分。为了方便描述，我们就把这个\(n\times k\)的长度的数组描述为k个长度为n的数组。
我们通过观察是可以发现这个\(p_{i+1}-p_i\)只可能有两种情况，第一种是\(p_{i+1}\)和\(p_i\)在同一个长度为n的数组中，这种情况总共会被计算\(k\)次（在每一个数组中都会被计算一次），另一种情况就是\(p_i\)是一个长度为\(n\)的数组中\(x\)这个数最后出现的位置，而\(p_{i+1}\)则是\(x\)在下一个长度为n的数组中第一次出现的位置，而这种情况则会被计算\(k-1\)次。
\(Code:\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
const int inv=5e8+4;
int a[maxn];
map<int,int> p,vis;
int n,k;
template<class T>void read(T &x)
{
bool f=0;char ch=getchar();x=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') f=1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
if(f) x=-x;
}
ll ans;
ll f(ll x)
{
return x*(x+1)/2%mod;
}
int main()
{
read(n);read(k);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
read(a[i]);
if(!p.count(a[i])) ans=(ans+f(1LL*n*k%mod))%mod,ans=(ans+mod-f(i-1))%mod;
else ans=(ans+mod-f(i-p[a[i]]-1)*k%mod)%mod;
p[a[i]]=i;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(!vis.count(a[i]))
{
ans=(ans+mod-f(n-p[a[i]])-f(i-1+n-p[a[i]])*(k-1)%mod)%mod;
vis[a[i]]=1;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}\(B-\)路径计数机
题意：
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1103/B
有一棵n个点的树和两个整数\(p,q\)，求满足以下条件的四元组\((a, b, c, d)\)的个数：
\(1. 1 \leqslant a, b, c, d \leqslant n\)。
\(2.\) 点\(a\)到点\(b\)的经过的边数为\(p\)。
\(3.\) 点\(c\)到点\(d\)的经过的边数为\(q\)。
\(4.\)不存在一个点，它既在点\(a\)到点\(b\)的路径上，又在点\(c\)到点\(d\)的路径上。
数据范围：
对于所有数据\(1 \le n, p, q \le 3000，1 \le u, v \le n\)，保证给出的是一棵合法的树。
分析：
首先我们可以先预处理出任意两点之间的距离（可以\(O(nlogn)\)先预处理，\(O(1)\)查询\(LCA\)，或者直接用\(tarjan\)做到\(O(n)\)预处理\(O(1)\)查询\(LCA\)，不过我打不来\(tarjan\)，还可以直接\(dp\)一遍求出，下面的代码中就是这一种\(dp\)的写法）。
我们通过路径长度来枚举\(a\)和\(b\)，而满足条件的\(c\)和\(d\)一共有两种情况：
\(1.lca(c,d)\)在\(lca(a,b)\)的子树中
\(2.lca(c,d)\)不在\(lca(a,b)\)的子树中
对于第一种情况，我们发现只需要\(lca(c,d)\)不在\(a\)到\(b\)的路径上即可，那么我们可以预处理出一个\(f(i)\)数组来表示\(lca\)为\(i\)的且路径长度为\(q\)的路径条数即可。
而对于第二种情况，我们发现需要\(c\)到\(d\)的路经不经过\(lca(a,b)\)与\(fa(lca(a,b))\)之间的路径即可。这个时候我们类似之前的方法预处理出经过每一条边（上一种是每一个点）的路径长度为\(q\)的路径条数即可。
\(Code:\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=3010;
vector<int> G[maxn];
ll fp[maxn],fq[maxn],gp[maxn],gq[maxn],f[maxn][maxn],g[maxn][maxn];//其中fp/fq代表lca为
//i且路径长度为p/q的路径条数，gp/gq代表经过了i与它父亲之间的边的路径长度为p/q的路径条数，f代表i的子
//树中到i的距离为j的点的个数，g代表i子树以外的点中到点i的距离为j的点的个数
int n,p,q;
template<class T>void read(T &x)
{
bool f=0;char ch=getchar();x=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch-getchar()) if(ch=='-') f=1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
if(f) x=-x;
}
void dfs(int u,int fa)
{
f[u][0]=1;
for(int i=0;i<G[u].size();++i)
{
int v=G[u][i];
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
for(int j=1;j<=p;++j) fp[u]+=f[v][p-j]*f[u][j-1];
for(int j=1;j<=q;++j) fq[u]+=f[v][q-j]*f[u][j-1];
for(int j=1;j<=max(p,q);++j) f[u][j]+=f[v][j-1];
}
}
void rdfs(int u,int fa)
{
for(int i=1;i<=p;++i) gp[u]+=f[u][p-i]*g[u][i];//肯定是经过了u的父亲节点的
for(int i=1;i<=q;++i) gq[u]+=f[u][q-i]*g[u][i];
for(int i=0;i<G[u].size();++i)
{
int v=G[u][i];
if(v==fa) continue;
g[v][1]=1;
for(int j=2;j<=max(p,q);++j) g[v][j]+=g[u][j-1]+f[u][j-1]-f[v][j-2];
rdfs(v,u);
}
}
int main()
{
read(n);read(p);read(q);
for(int i=1;i<=n-1;++i)
{
int u,v;
read(u);read(v);
G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);
}
dfs(1,0),rdfs(1,0);
ll sum1=0,sum2=0;
for(int i=1;i<=n;++i) sum1+=fp[i],sum2+=fq[i];
ll ans=sum1*sum2;
for(int i=1;i<=n;++i) ans-=(fp[i]*fq[i]+fp[i]*gq[i]+fq[i]*gp[i]);
printf("%lld\n",ans*4);
return 0;
}\(C-\)排列计数机
题意：
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1103/C
定义一个长为\(k\)的序列\(A_1, A_2, \dots, A_k\)的权值为：对于所有\(1 \le i \le k，max(A_1, A_2, \dots, A_i)\)有多少种不同的取值。
给出一个\(1\)到\(n\)的排列\(B_1, B_2, \dots, B_n\)，求\(B\)的所有非空子序列的权值的\(m\)次方之和。
答案对\(10^9 + 7\)取模。
数据范围：
对于所有数据，\(1 \le n \le 10^5，1 \le m \le 20\)，保证\(B\)是\(1\)到\(n\)的排列。
分析：
首先我们通过题解可以想出：
设\(f(i,j,k)\)表示选到了第\(i\)个数（第\(i\)个数必须被选），选出的子序列的最大值为\(j\)，而当前的权值为\(k\)的方案数，然后我们枚举下一个数选不选即可。
时间复杂度为\(O(n^4)\)
\(20pts\)
for(int i=1;i<=n;++i)
{
dp[i][A[i]][1]=1;
for(int j=1;j<=A[i]-1;++j)
{
for(int k=1;k<=i-1;++k)
{
for(int t=2;t<=i;++t)
{
dp[i][A[i]][t]=(dp[i][A[i]][t]+dp[k][j][t-1])%mod;
}
}
}
for(int j=A[i]+1;j<=n;++j)
{
for(int k=1;k<=i-1;++k)
{
for(int t=1;t<=i;++t)
{
dp[i][j][t]=(dp[i][j][t]+dp[k][j][t])%mod;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=n;++j)
{
for(int k=1;k<=i;++k) ans=(ans+d[i][j][k]*fpow(k,m)%mod)%mod;
}
}
printf("%d\n",ans);先优化一下，我们发现第一维并没有什么作用，所以我们就去掉第一维。
我们设\(dp(i,j)\)表示最大值为\(i\)，而序列的权值为\(j\)的方案数。
\(40pts\)
for(int i=1;i<=n;++i)
{
dp[A[i]][1]=1;
for(int j=1;j<=A[i]-1;++j)
{
for(int k=1;k<=i;++k)
{
dp[A[i]][k]=(dp[A[i]][k]+dp[j][k-1])%mod;
}
}
for(int j=A[i]+1;j<=n;++j)
{
for(int k=1;k<=i;++k)
{
dp[j][k]=(dp[j][k]+dp[j][k])%mod;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=n;++j)
{
ans=(ans+dp[i][j]*fpow(j,m))%mod;
}
}
printf("%d\n",ans);对于\(m=1\)的情况，我们就相当于是求所有子序列的权值之和（这一点的思想和\(A\)题有点像）。
我们考虑一个数\(A[i]\)对我们最终的答案是有贡献的，那么在\([1,i-1]\)这一段中的被选择的数一定是要小于\(A[i]\)的， 而在\([i+1,n]\)这一段剩下的区间当中，它们的选法对\(A[i]\)已经没有影响了，因为\(A[i]\)已经提供了贡献。
所以我们设\([1,i-1]\)这一段中比\(A[i]\)小的数总共有\(x\)个，那么\(A[i]\)对答案的贡献最终就是\(2^{x+(n-i)}\)。
而\(x\)的计算我们使用树状数组来实现即可。
\(60pts\)
int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
void add(int x,int k)
{
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i)) c[i]+=k;
}
int query(int x)
{
int res=0;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i)) res+=c[i];
}
void work()
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x=query(a[i]);
ans=(ans+two[x+n-i])%mod;
add(a[i],1);
}
printf("%d\n",ans);
}