グループT1行列ゲーム（ゲーム）9つの学校の入学試験24OI__D1T1
問題の説明
LZKの発明は、マトリックスのゲームで、一緒にそれをすべて再生し、N行M列の行列があります。最初の行は数1,2、...とMは、第2の行M + 1、M + 2の数...である 2 * M、 というように、N行（N-1）の数* M + 1 、（N-1）* M + 2 ... N * M.
例えば、N = 3、M = 4は、マトリックスは、このようなことである：
1. 3 2 4
5 6 7 8
9 11 10 12であります
神LZKの知恵として、この行列はあまりにも退屈なので、彼はこの変換行列をすることを決定し、変換がK倍になり、ラインが行列または数を乗じ列を変換しますたびに、あなたのタスクがにあります最終的な数とこのすべて、マトリックス109件の答え+ 7 MODの出力を算出します。
エントリー
最初の行は、3つの正の整数N、M、Kが含まれている回数変換行列のサイズを表します。各ラインは、2つの形式のいずれかであろう次のライン、：
RXY、それはYの元の行に第1のマトリックスX（1≤X≤N）を示している（0 Y≤≤ 10 ^を9回）。
SXY、これは、元の行列（Y列に第一X（1≤X≤M）を表す0 Y≤≦0を10 ^ 9回）。
輸出
最終的な行列は要素のすべてを表し、ライン出力、整数、10 。9 + 7 + 7 109モジュロ結果。
サンプル入力と出力
サンプル1
入力
3 4 4
R 2 4
S 4 1
R 3 2
R 2 0
出力
94
サンプル2
入力
2 4 4
S 2 0
S 2 3
R 1つの5
S 1つの3
出力
80
サンプル説明：この行列を終えた後は次のようになる
。1. 4 3 2
0 0 0 0
18 20 22 24であります
データ範囲
データ満足の40％：1≦N、M≤1000;
データ満足の80％：1≤N、M≤1000000,1≤K≤1000;
100％のデータを満たす：1≤N、M≤1000000,1≤ K≤100000。
クールを装って分析
ダーク観測された番組
1.操作は、最終結果に影響を及ぼさない、任意の順序で実行されてもよいです。
2.各行は等差数列であり、寛容の開始は1です。
3.各列は、演算シーケンスの全ての公差の許容範囲と数の演算シーケンスの数を加算したカラムです。
私たちは列を進める前に、先進的なトレッキングの操作を考慮することができます。後数を乗じた各ライン番号は依然として倍数で等差数列、公差対応する増加です。このように、各ラインのために、我々は最初の項のみを使用し、十分にその寛容性を維持します。ラインの動作は、それが実行されたすべての数値の算術和の最初の列を取得し、最初の列を与えるようにし、各列を与えるために公差、及び公差を追加する場合、各列が決定され、残りすることができますこれは、列に直接であると十分に掛けます。（最後に質問の気前興奮をカットオフ）
#include<cstdio>
const int mod=1000000007;
int n,m,k,cnt;char ch[5];
int a[1000005],b[1000005],sum[1000005],d,ans;
struct node{int x,y;}q[100005];
int main()
{
//freopen("game.in","r",stdin);freopen("game.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=(1ll*(i-1)*m+1)%mod,b[i]=1;
for(int i=1,x,y;i<=k;i++)
{
scanf("%s%d%d",ch+1,&x,&y);
if(ch[1]=='S'){q[++cnt].x=x,q[cnt].y=y;continue;}
a[x]=(1ll*a[x]*y)%mod;b[x]=(1ll*b[x]*y)%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++)sum[1]=(sum[1]+a[i])%mod,d=(d+b[i])%mod;
for(int i=2;i<=m;i++)sum[i]=(sum[i-1]+d)%mod;
for(int i=1;i<=cnt;i++)sum[q[i].x]=(1ll*sum[q[i].x]*q[i].y)%mod;
for(int i=1;i<=m;i++)ans=(ans+sum[i])%mod;
printf("%d\n",ans);
}
A组T2 跳房子（jump）跳楼
↑
导致我几天更不了博客的万恶之源
题目描述
跳房子，是一种世界性的儿童游戏，也是中国民间传统的体育游戏之一。
跳房子是在N个格子上进行的，CYJ对游戏进行了改进，该成了跳棋盘，改进后的游戏是在一个N行M列的棋盘上进行，并规定从第一行往上可以走到最后一行，第一列往左可以走到最后一列，反之亦然。每个格子上有一个数字。
在这个棋盘左上角(1,1)放置着一枚棋子。每次棋子会走到右、右上和右下三个方向格子中对应上数字最大一个。即任意时刻棋子都只有一种走法，不存在多个格子同时满足条件。
现在有两种操作：
move k将棋子前进k步。
change a b e将第a行第b列格子上的数字修改为e。
请对于每一个move操作输出棋子移动完毕后所处的位置。
输入格式
第一行包含两个正整数N,M，表示棋盘的大小。
接下来N行，每行M个整数，依次表示每个格子中的数字a[i,j]。
接下来一行包含一个正整数Q，表示操作次数。
接下来m行，每行一个操作。
输出格式
对于每个move操作，输出一行两个正整数x,y，即棋子所处的行号和列号。
样例
样例输入
4 4
1 2 9 3
3 5 4 8
4 3 2 7
5 8 1 6
4
move 1
move 1
change 1 4 100
move 1
样例输出
4 2
1 3
1 4
数据范围与提示
10的数据满足：3⩽N,M⩽50，Q⩽5,000，k⩽50；
20的数据满足：3⩽N,M⩽200，Q⩽5,000，k⩽5,000；
另有20的数据满足：3⩽N,M⩽200，Q⩽5,000，k⩽10^9；
100的数据满足：3⩽N,M⩽2,000，Q⩽5,000，e,k⩽10^9；
看完题解才知道如何分析
首先，图中肯定有环。但如果选择维护所有点是否在环上，一次更改操作复杂度就爆炸了。（于是考场上我选择一步一步走）其实只需要选一个折中的办法，维护第一列的每个点走n步回到第一列会到达哪个位置，以及第一列每个点是否在环上和环的长度即可（这是个基环树，只会有一个环）。
对于每次移动操作，先暴力移动到第一列，再一行一行的跳，若跳到环则直接让 步数 模 环的长度，最后仍然一次跳一行，步数不足一行就暴力跳。
对于每次修改操作，先判断修改的点的前面三个点中，哪些是会因为它的改变而改变路径，在倒退看第一列哪些点会经过这三个点，修改要维护的信息。
修改时每个点都倒退回去显然是会TLE的，但我们发现两个相邻的点路径无法交叉，就像这样：
显然这样的情况是不合法的。既然路径无法交叉，我们就只用维护受影响的点中两边上的几个点，就可以得到受影响的点的左右边界。（因为移动可能会越过边界，所以左边界可能比右边界还要大，这时维护矩阵两侧的点就好了）。讲得比我详细不知多少倍的原博客：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11310817.html。
代码（这道题写的我想去跳楼了，所以不要在意那个O2）
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
int n,m,q,len,dx[]={-1,0,1};char ch[10];
int cir[4050],vis[4050],sta[4050],inst[4050],jump[4050],mart[4050][4050];
struct node{int x,y;}ans,p[50];
inline node nex(node o)
{
int maxx=0,nex,y=o.y%m+1;
for(int k=0,x;k<3;k++)if(mart[x=(o.x+dx[k]-1+n)%n+1][y]>maxx)maxx=mart[nex=x][y];
return (node){nex,y};
}
inline node walk(node o,int k){if(!k)return o;return walk(nex(o),k-1);}
inline void judge(int x)
{
vis[x]=inst[x]=1;sta[++sta[0]]=x;
if(inst[jump[x]])
{
int y;len=0;
do{inst[y=sta[sta[0]--]]=0;cir[y]=1;len+=m;}while(y!=jump[x]);
}
else if(!vis[jump[x]])judge(jump[x]);
inst[x]=0;
}
inline void move(int k)
{
while(k&&ans.y!=1)k--,ans=nex(ans);
while(k>=m&&!cir[ans.x])k-=m,ans.x=jump[ans.x];
k%=len;while(k>=m)k-=m,ans.x=jump[ans.x];
while(k--)ans=nex(ans);
}
inline int fix(int x,int y,int k1)
{
if(y==1)return x;int befx=-1;
node bef;bef.y=(y-1-1+m)%m+1;
for(int k=0;k<=2&&befx==-1;k++)
bef.x=(x+k1*dx[k]-1+n)%n+1,befx=nex(bef).x==x&&nex(bef).y==y?fix(bef.x,bef.y,k1):-1;
return befx;
}
inline void change(int a,int b,int e)
{
int v[5][5]={0},y=(b-1-1+m)%m+1;
for(int k=0;k<3;k++)p[k].x=(a-dx[k]-1+n)%n+1,p[k].y=y,v[k][0]=(nex(p[k]).x==a&&nex(p[k]).y==b);
mart[a][b]=e;for(int k=0;k<3;k++)v[k][1]=(nex(p[k]).x==a&&nex(p[k]).y==b);
for(int k=0,tot;k<3;k++)if(v[k][0]!=v[k][1])
{
tot=walk(p[k],m-p[k].y+1).x;
int l=fix(p[k].x,p[k].y,1),r=fix(p[k].x,p[k].y,-1);
if(l==-1||r==-1)continue;
for(int i=l;i!=r;i=i%n+1)jump[i]=tot;jump[r]=tot;
}
}
int main()
{
//freopen("jump.in","r",stdin);freopen("jump.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&mart[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++)jump[i]=walk((node){i,1},m).x;
for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])judge(i);
scanf("%d",&q);ans.x=ans.y=1;
while(q--)
{
scanf("%s",ch);
if(ch[0]=='m')
{
int k;scanf("%d",&k);
move(k);
printf("%d %d\n",ans.x,ans.y);
}
else
{
int a,b,e;scanf("%d%d%d",&a,&b,&e);
change(a,b,e);
for(int i=1;i<=n;i++)vis[i]=cir[i]=0;
sta[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])judge(i);
}
}
}
A组T3 优美序列(sequence)
问题描述
Lxy养了N头奶牛，他把N头奶牛用1..N编号，第i头奶牛编号为i。为了让奶牛多产奶，每天早上他都会让奶牛们排成一排做早操。奶牛们是随机排列的。在奶牛排列中，如果一段区间[L,R]中的数从小到大排列后是连续的，他认为这段区间是优美的。比如奶牛排列为：(3, 1, 7, 5, 6, 4, 2)，区间[3,6]是优美的，它包含4,5,6,7连续的四个数，而区间[1,3] 是不优美的。Lxy的问题是：对于给定的一个区间[L,R]（1<=L<=R<=N）, 他想知道，包含区间[L,R]的最短优美区间，比如区间[1,3]的最短优美区间是[1,7]。
输入
第一行为一个整数N，表示奶牛的个数。
第二行为1到N的一个排列，表示奶牛的队伍。
第三行为一个整数M，表示有M个询问。
后面有M行，每行有两个整数L,R表示询问区间。
输出
输出为M行，每行两个整数，表示包含询问区间的最短优美区间。
输入输出样例
样例1
input
7
3 1 7 5 6 4 2
3
3 6
7 7
1 3
output
3 6
7 7
1 7
样例2
input
10
2 1 4 3 5 6 7 10 8 9
5
2 3
3 7
4 7
4 8
7 8
output
1 4
3 7
3 7
3 10
7 10
数据范围
15%的数据满足: 1 <=N,M <= 15；
50%的数据满足：1 <=N,M <= 1000。
100%的数据满足：1 <=N,M <= 100000。
根本不是正解的分析
在一个大佬的博客看到了80分的算法：（原博客：https://www.cnblogs.com/Ch-someone/p/9664616.html）
“
解析
为了给出题人留面子，不让他被骂出个题只有一种解法而且只有满分解法，我先给个80分做法。
预处理一个数组pos[i]，表示数i在原数组的位置(第几个数)。
在询问区间内找一个最小值和最大值，作为新的l和r，新的l和r作为一个询问区间，在pos数组里找一个最小值和最大值，他们再作为新的l和r，形成询问区间，在原数组寻找最小值和最大 值，并再次重复刚才的操作……
上述过程可能很无脑很中二，然而这就是模拟题意找出答案的过程。
最大值最小值用st表预处理，一共四个st表，比线段树好写……
那么……
正解是分治，像归并排序那样。
不断求[l,mid] [mid+1,r]的优美序列，直到分成[mid,mid+1]
可以证明是正确的。
事实上分治做的熟练的人可能一眼秒这道题。
”
于是，某个同学把这个80分解法拿过来加了个优化，然后就过了。。。。。
优化是这样的：对于任意一个区间（l,r），它的最短优美区间一定包含它子区间的最短优美区间，所以用一个st表预处理以i为左端点，长度为2^j的区间的最短优美区间即可。
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
const int maxn=2e5+5;
using namespace std;
struct node{int x,y;node(int x=131072,int y=0):x(x),y(y){}}ans,pre[maxn][18];
int n,m,a[maxn],log[maxn],pos[maxn];
int mx[maxn][18],mn[maxn][18],mxp[maxn][18],mnp[maxn][18];
inline void print(int x){if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+48);}
inline int read(){register int x=0;char ch;while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x;}
inline node solve(int l,int r)
{
int minn,maxx,k,k1;k=log[r-l+1];
while((maxx=max(mx[l][k],mx[r-(1<<k)+1][k]))-(minn=min(mn[l][k],mn[r-(1<<k)+1][k]))!=r-l)
k1=log[maxx-minn+1],l=min(mnp[minn][k1],mnp[maxx-(1<<k1)+1][k1]),
r=max(mxp[minn][k1],mxp[maxx-(1<<k1)+1][k1]),k=log[r-l+1];
return node(l,r);
}
void prework()
{
for(int i=1;i<=n;i++)pre[i][0]=node(i,i);
for(register int i=1;i<=log[n];i++)for(register int j=1;j<=n&&j+(1<<(i-1))<=n;j++)
pre[j][i]=solve(min(pre[j][i-1].x,pre[j+(1<<(i-1))][i-1].x),max(pre[j][i-1].y,pre[j+(1<<(i-1))][i-1].y));
}
int main()
{
//freopen("sequence.in","r",stdin);freopen("sequence.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(register int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),mxp[a[i]][0]=mnp[a[i]][0]=pos[mn[i][0]=mx[i][0]=a[i]]=i,log[i+1]=log[(i+1)/2]+1;;
for(register int i=1;i<=log[n];i++)for(register int j=1;j<=n&&j+(1<<(i-1))<=n;j++)
mn[j][i]=min(mn[j][i-1],mn[j+(1<<(i-1))][i-1]),mx[j][i]=max(mx[j][i-1],mx[j+(1<<(i-1))][i-1]),
mnp[j][i]=min(mnp[j][i-1],mnp[j+(1<<(i-1))][i-1]),mxp[j][i]=max(mxp[j][i-1],mxp[j+(1<<(i-1))][i-1]);
prework();
scanf("%d",&m);
for(register int i=1,l,r,k;i<=m;i++)
{
l=read(),r=read(),k=log[r-l+1];
ans=solve(min(pre[l][k].x,pre[r-(1<<k)+1][k].x),max(pre[r-(1<<k)+1][k].y,pre[l][k].y));
print(ans.x);putchar(' ');print(ans.y);puts("");
}
}