何も言うことはありません。
今日は私に素敵なルータを与えるために23時間を犠牲にする時間です。。。
ネットワーク、再接続オフ診察室の半分を考えて、えっ私は執筆はないだろうと思います。。？
演奏テーブルああ：私は、コヒーレントなアイデアのために何か小さい必要に気合いためのもの！
$ T3 $ 3つのパラメータのみ、それはかなり調査研究を行うことになります。
法律のための暴力的なパンチの小さなテーブルルックを書く、答えは$ M $ -order多項式の$ NK $程度であることがわかりました。
このようにパラメータが2に減少しています。、このような何かをよりよく2次元テーブルを作成します。
1 2 3 4 5 6
1 4 9 16 25 36
1 6 17 36 65 106
書くのが面倒。あなたは$ F（i、j）は= F（I-1、J）+ F（I、J-1）+ J $とすることができます$ AC $のような知的な人を見つけることができますので、
しかし、私はこの精神的に組合せのIDを使用しないことだけで$ 70 $を取りました
最初の二つの質問が暴力的すると、$ T1 $プルーニングは、$ I-1000 $列挙量を使用したいが、唯一の$ 30 $ポイント、ルックス$ $ 50 $ 2000 $があるように。
そして、なくなって。
真のタイトルリングを変更します。
$ T3 $はそんなに時間をかけていないなくなったコンビナトリアルIDを設定します。
最適化の$ DP $のスロープ：$ T1 $はその後、再び、私は痛いスポットをつつい。当時トピックを理解するための何の研究はなされていません。（今のゲームの3ページ目では、と私はこれがどのくらいああ落ちました）
そして、この方法は、まだ私は私を助けることを望んでいない偉大な神したがって$ CDQ $書いたものの非常に少数です。
長い間、この混乱物事その曲の外に出て、問題を見つけられませんでしたので、（要素の午後に私の最後の曲を見ては、最終的に私をあわれんで）ことを私達が見るには絶好の神の助けを見つけることが、何の問題は認められません。私たちはそう
結果は、スロープ$間違っDP $が、小さなディテールを最適化されていません。。。
チェンはそれを適切に最適化$ DP少しスロープ$を理解するためにいくつかの時間がかかったときの価値は、言及します。知識と意思決定の確認の単調凸の組み合わせは、より良い手のトリックの手品の時よりもパックします。。
$ T2は、検索を$。よく書かれてああ。なぜ最初にこれを変更しませんでした。。。
（$ OI $年間で、今、私はテーブルを打つ、ファック、検索およびシミュレートされていないだけでしょうか？
T1：スキップ
効果：$ dp_i = dp_j - binom {IJ} {2} + a_iを$。これは、$ I <J、a_iを\ルa_j $が必要です。$ dp_0 = -inf、A_N = infファイル$があります。$ dp_n -inf $を探しています。$ N \ル10 ^ 5 $
たくさんの練習は、おおよそ引用しました：
メンテナンス単調なスタックベースのセグメントツリー。
フェンウィックツリーができます。
セグメントツリーのメンテナンス凸包。
$ CDQ $パーティション範囲+スロープyouhua $ DP $。
時間の複雑さは、1つまたは2つの$ログ$で言及しなかったかもしれない他があります。私は最後に書きました。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 100005 4 long long dp[S];int a[S],n,o[S],q[S]; 5 bool cmp(int x,int y){return a[x]<a[y]||(a[x]==a[y]&&x<y);} 6 long double jd(int a,int b){return 1.L*(dp[b]-dp[a]-b*(b+1ll)/2+a*(a+1ll)/2)/(a-b);} 7 void CDQ(int l,int r){int md=l+r>>1; 8 if(l==r)return; 9 CDQ(l,md); sort(o+l,o+md+1); sort(o+md+1,o+r+1); 10 int p1=l,p2=md+1,h=1,t=0; 11 while(p1<=md||p2<=r) 12 if(p2>r||(o[p1]<o[p2]&&p1<=md)){ 13 while(t>h&&jd(q[t-1],q[t])+1e-4>=jd(q[t],o[p1]))t--; 14 q[++t]=o[p1];p1++; 15 }else{ 16 while(t>h&&dp[q[h]]+a[o[p2]]-(o[p2]-q[h])*(o[p2]-q[h]-1ll)/2<=dp[q[h+1]]+a[o[p2]]-(o[p2]-q[h+1])*(o[p2]-q[h+1]-1ll)/2)h++; 17 if(t>=h)dp[o[p2]]=max(dp[o[p2]],dp[q[h]]+a[o[p2]]-(o[p2]-q[h])*(o[p2]-q[h]-1ll)/2);p2++; 18 } 19 sort(o+l,o+r+1,cmp); CDQ(md+1,r); 20 } 21 int main(){ 22 cin>>n;n++; 23 for(int i=1;i<n;++i)scanf("%d",&a[i]),dp[i]=-1000000000000000000; 24 a[0]=-2000000001;a[n]=-a[0];dp[n]=-1000000000000000000; 25 for(int i=1;i<=n;++i)o[i]=i; 26 sort(o,o+n+1,cmp); CDQ(0,n); 27 cout<<dp[n]-a[n]<<endl; 28 }
T2：String
大意：出现了$k$种小写字母，其中出现了$1,2,...,k$次的各一种，且相邻两个字符不同。这样的字符串中字典序第$x$小的。$x \le 10^{18},k \le 26$
首先，方案是指数级的，所以$k$很大时，一定是$ababababababa...bacdcdcdcdc...dcefefef...fe$这样的，只要缩小字符集填后面几位就好了。实际上是$8$。
于是记忆化搜索，状态表示：目前前面已经出现了$x$次的字符有$k$种，则压成$\sum k \times 16^{x-1}$。$16$进制压$8$个恰好$32$位，可以$int$
哦当然还要记录上一个位置的字符已经出现了几次。然后搜就好了，排名够就扣不够就搜下去。
代码其实好写。跑的也很快。因为这就是暴力的本质（？）。然而并不知道和题解有什么区别，可能是我太菜了吧。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 map<int,ll>M[10]; 5 int k,apk,S=0,tim[26],rst,buc[10];char ss[888];long long c; 6 int bit(int x){return x?1<<4*x-4:0;} 7 ll sch(int l,int s,ll rk,int lst){ 8 if(M[lst].find(s)!=M[lst].end()&&rk>=M[lst][s])return M[lst][s]; 9 if(s==rst){ 10 if(!rk){puts(ss);exit(0);} 11 return M[lst][s]=1; 12 } 13 long long pl=0,r; 14 for(int z=S;z<26;++z)if('a'+z!=ss[l-1]){ 15 ss[l]=z+'a';tim[z]++;buc[tim[z]]++; 16 if(buc[tim[z]]<=k-tim[z]+1)r=sch(l+1,s+bit(tim[z])-bit(tim[z]-1),rk,tim[z]),pl+=r,rk-=r; 17 buc[tim[z]]--;tim[z]--; 18 }return M[lst][s]=pl; 19 } 20 int main(){ 21 cin>>k>>c; 22 while(k>8){ 23 for(int i=1;i<k;++i)putchar(S+'a'),putchar(S+'b'); 24 putchar(S+'a');k-=2;S+=2; 25 } 26 for(int i=1;i<=k;++i)rst|=bit(i); 27 sch(0,0,c-1,9); 28 puts("-1"); 29 }
T3：Permutation
大意：求所有$n$选$k$的有序排列，按照字典序排序后，相邻两个排列的第$m$位的差的绝对值之和。$n,m,k \le 10^6$
然而时间复杂度是线性的。
先说打表吧。第一步的思路我写在这篇博客上面的吐槽部分了。
我最初找到的规律是$F(i,j)=F(i-1,j)+F(i,j-1)+j$。边界是$F(1,x)=x+1,F(x,0)=0$。要求的是$F(m,n-k-1)$
于是我们就得到了第一形态的暴力。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define mod 1000000007 4 int qp(int b,int t,int a=1){for(;t;t>>=1,b=1ll*b*b%mod)if(t&1)a=1ll*a*b%mod;return a;} 5 int c,n,k,a[111],m,L,ans,fac[2111111],inv[2111111],aa[11111][11111]; 6 void sch(int al,int lst){ 7 if(al==k){ 8 if(L)ans+=abs(a[m]-L);L=a[m]; 9 return; 10 } 11 for(int i=lst+1;i<=n;++i)a[al+1]=i,sch(al+1,i); 12 } 13 int main(){ 14 cin>>n>>k>>m; 15 /* sch(0,0); 16 cout<<ans<<endl;*/ 17 if(n==k)return puts("0"),0; 18 n-=k+1;/*fac[0]=1; 19 for(int i=1;i<=2000000;++i)fac[i]=fac[i-1]*1ll*i%mod; 20 inv[2000000]=qp(fac[2000000],mod-2); 21 for(int i=1999999;~i;--i)inv[i]=1ll*(i+1)*inv[i+1]%mod; 22 for(int i=0;i<m;++i)for(int j=0;j<n;++j)ans=(ans+1ll*(i==m-1?1:n-j)*fac[i+j]%mod*inv[i]%mod*inv[j])%mod,cout<<i<<' '<<j<<' '<<ans<<endl; 23 cout<<(ans+1ll*fac[n+m]*inv[n]%mod*inv[m])%mod<<endl;*/ 24 for(int i=0;i<=n||i<=m;++i)aa[i][0]=1,aa[1][i]=i+1; 25 for(int i=2;i<=m;++i)for(int j=1;j<=n;++j)aa[i][j]=(aa[i][j-1]+aa[i-1][j]+j)%mod; 26 cout<<aa[m][n]<<endl; 27 }
这个代码里注释掉的，一个是搜索，一个是未成型的第二形态暴力。
考虑上面那个式子的实际含义：就是说走到当前(n,m)这个点，你要付出当前所在列编号的代价，然后可以选择向上或者向左走。直到走到(0,0)为止
那么这个点付出代价的次数就是：从起点走到这个点的方案数。这个可以直接用一个组合数算出来。
于是我们枚举每个点，计算其次数和贡献，就得到了总贡献。要注意特判第一行，因为$F(1,x)=x+1$并不满足上述规律。
这样就得到了第二形态暴力。都是$O(n^2)$的可以得到$70$分。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define mod 1000000007 4 int qp(int b,int t,int a=1){for(;t;t>>=1,b=1ll*b*b%mod)if(t&1)a=1ll*a*b%mod;return a;} 5 int c,n,k,a[111],m,L,ans,fac[2111111],inv[2111111],aa[5555][5555]; 6 int main(){ 7 cin>>n>>k>>m; 8 if(n==k)return puts("0"),0; 9 n-=k+1;fac[0]=1; 10 for(int i=1;i<=2000000;++i)fac[i]=fac[i-1]*1ll*i%mod; 11 inv[2000000]=qp(fac[2000000],mod-2); 12 for(int i=1999999;~i;--i)inv[i]=1ll*(i+1)*inv[i+1]%mod; 13 for(int i=0;i<m;++i)for(int j=0;j<=n;++j)ans=(ans+1ll*(i==m-1?1:n-j)*fac[i+j]%mod*inv[i]%mod*inv[j])%mod; 14 cout<<ans<<endl; 15 }
然后我们不考虑第一行，列出上述式子。发现对于同一列的点，它们的贡献是相同的，而它们的方案数，也就是次数，是一列组合数
$ \sum\limits_{i=a}^{b} \binom{i}{y} = \binom{b+1}{y+1} -\binom{a}{y+1}$
于是就可以优化到线性了。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define mod 1000000007 4 int qp(int b,int t,int a=1){for(;t;t>>=1,b=1ll*b*b%mod)if(t&1)a=1ll*a*b%mod;return a;} 5 int c,n,k,a[111],m,L,ans,fac[2111111],inv[2111111],aa[5555][5555]; 6 int main(){ 7 cin>>n>>k>>m; 8 if(n==k)return puts("0"),0; 9 n-=k+1;fac[0]=1; 10 for(int i=1;i<=2000000;++i)fac[i]=fac[i-1]*1ll*i%mod; 11 inv[2000000]=qp(fac[2000000],mod-2); 12 for(int i=1999999;~i;--i)inv[i]=1ll*(i+1)*inv[i+1]%mod; 13 if(m>=2)for(int j=0;j<=n;++j)ans=(ans+1ll*(n-j)*fac[m-1+j]%mod*inv[m-2]%mod*inv[j+1])%mod; 14 for(int j=0;j<=n;++j)ans=(ans+1ll*fac[m-1+j]*inv[m-1]%mod*inv[j])%mod; 15 cout<<ans<<endl; 16 }
并不知道正解在扯什么淡，但是$cbx$大神有非常妙的理解方法。
我们考虑题目含义，相邻两个排列，对于第$k$位发生了变化，此时$k$位以后一定是由$x_k,...,n-3,n-2,n-1$变为了$x_k+1,x_k+2,x_k+3,...$这样的话后面这个玩意是确定了。
方案数唯一，某一位的变化也可以快速计算。
而前面只要乱选就好了，是个组合数的样子。于是我们只要枚举第$x(x \le k)$位当前是$y$的贡献，$O(n^2)计算就好了。
也可以用组合恒等式优化到$O(n)$。最终式子代码写出来差不多和我的也是是一样的。
但是显然这个思路更大神。我太菜了。