标签：mil 组成 lin can 交换 tor 存在 输出 tab
这套题目也是比较恶心的，。。。。都是奇技淫巧的说。
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【题目描述】
有一个2n个数字排成一列，这个数列中由1..n中的数字组成，每个数字都恰好出现两次。每个回合可以交换相邻两个数字，交换以后如果有两个相同的数字相邻，那么将这两个数字消除，并将这两个数字的两端拼起来；如果拼接后的数列仍有相同的数字相邻，那么将引发连锁反应直到没有两个相同数字相邻。现在你想知道最少需要几个回合可以消除所有的数字。
【输入描述】
第一行输入一个n，表示数字范围。
接下来的2n行，每行一个数字，表示第i个位置的数字。
【输出描述】
第一行输出一个数，表示最少需要的回合数w。
接下来的w行，每行输出一个数m[i]。m[i]表示对于第i回合，你的操作为交换当前数列中的第m[i]个数和第(m[i]+1)个数。如果有多种方案，允许输出任意一种。
保证存在不超过的答案。
【样例】
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输入 |
输出 |
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5 5 2 3 1 4 1 4 3 5 2 |
2 5 2 |
【数据范围】
对于30%的数据，1<=n<=1000
对于100%的数据，1<=n<=50000
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这是一道神奇的题目。
首先我们想一想，如果我们改变移动的顺序，其实答案是不变的，那么我们想一下，如果有四个数：1、4、1、4那么我们需要消除这两组数需要一步，反之，如果变成4、1、1、4，那么就可以消掉了。。
所以我们尝试把数列通过移动变成一个新的数列，满足a[i][0]<a[j][0]&&a[j][1]<a[i][0](i<j)其中a[i][0]表示第i个数第一次出现的位置，a[i][1]表示第i个数第二次出现的位置。
然后我们发现如果一次交换后，可能前面的已经排好的数列又会变化，所以交换后往左走看是否需要继续交换，如果不需要就往右走。走的过程中记一下消掉的数个数。
下面贴代码：
#include<cstdio> #define MN 200005 using namespace std; int a[MN],b[MN][2],l[MN],r[MN],Ans[MN<<4],ans,pos=1,n; void swap(int &x,int &y){x^=y,y^=x,x^=y;} int main(){ freopen("tet.in","r",stdin); freopen("tet.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=2*n;i++){ scanf("%d",&a[i]),l[i]=i-1,r[i]=i+1; if(b[a[i]][0])b[a[i]][1]=i; else b[a[i]][0]=i; }r[0]=1;l[n*2+1]=n*2,r[n*2+1]=n*2+1; for(int i=1;i<=2*n;){ if(a[i]==a[r[i]]){ l[r[r[i]]]=l[i];r[l[i]]=r[r[i]]; if(!l[i])i=r[r[i]]; else i=l[i],--pos; }else { if(b[a[i]][1]<b[a[r[i]]][1]){ swap(a[i],a[r[i]]); Ans[++ans]=pos; if(l[i])i=l[i],--pos; }else i=r[i],++pos; } } printf("%d\n",ans); for(int i=1;i<=ans;i++)printf("%d\n",Ans[i]); fclose(stdin); fclose(stdout); }
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【题目描述】
你有一个长度为n个由abc三个字母组成的字符串s，你现在想知道有多少三元组(i,j,k)满足：
1、 s[i]=’a’,s[j]=’b’,s[k]=’c’
2、 j^2=ik
请你求出满足条件的三元组的数量
【输入描述】
第一行为n，表示字符串长度
第二行为一个长度为n的字符串。
【输出描述】
输出一个数， 表示满足条件的三元组的数量。
【样例】
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输入 |
输出 |
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5 abccc |
1 |
【数据范围】
对于30%的数据，n<=500
对于50%的数据，n<=5000
对于70%的数据，n<=10^5
对于100%的数据，1<=n<=5*10^5
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这道题显然就是枚举所有的平方数的因数QAQ
然后我们可以利用O(n的质因数个数)的时间用dfs枚举出所有平方数的因数。
然后判断即可，时间复杂度O（nlogn）
下面贴代码
#include<cstdio> #include<vector> #include<cmath> using namespace std; int ans,n,tmp,len; char ch[500005]; vector <pair<int,int> > V; void add(int x){ int t;V.clear(); for(int i=2;i<=sqrt(x);i++)if(x%i==0){ t=0; while(x%i==0)t+=2,x/=i; V.push_back(make_pair(i,t)); } if(x>1)V.push_back(make_pair(x,2)); } void dfs(int x,long long y){ if(x>=len){ if(1ll*tmp*tmp/y<=n&&(ch[y]==‘a‘&&ch[1ll*tmp*tmp/y]==‘c‘||ch[y]==‘c‘&&ch[1ll*tmp*tmp/y]==‘a‘))ans++; return; }dfs(x+1,y);int i; for(i=1;i<=V[x].second;i++){ y*=V[x].first; if(y>=tmp)break; dfs(x+1,y); } } int main(){ freopen("find.in","r",stdin); freopen("find.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ch[i]=getchar();while(ch[i]<‘a‘||ch[i]>‘c‘)ch[i]=getchar();} for(tmp=2;tmp<n;tmp++)if(ch[tmp]==‘b‘){ add(tmp); len=V.size(); dfs(0,1); } printf("%d\n",ans); fclose(stdin); fclose(stdout); }
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【题目描述】
大芳有一个不太好的习惯：在车里养青蛙。青蛙在一个n厘米（11n毫米s）的Van♂杆子上跳来跳去。她时常盯着青蛙看，以至于突然逆行不得不开始躲交叉弹。有一天他突发奇想，在杆子上每1厘米为一个单位，瞎涂上了墨水，并且使用mOgic，使青蛙跳过之处墨水浓度增加x。当然，他还会闲着无聊滴几滴墨水再涂♂抹均匀。
他现在无时无刻都想知道，第l厘米到第r厘米墨水的浓度是多少？
哦不!等等，他现在找到了一个计算器，可以输入几个数字与x，计算他们的x次幂和，所以……他想知道的是第l厘米到第r厘米墨水的浓度的x次幂和是多少？
大芳有3种舰长技能骚操作：
1、续：把青蛙放到第l厘米处，戳青蛙使其跳至r。效果：第l厘米至第r厘米墨水浓度增加x
2、抚♂摸：擦干杆子某一部分，重新滴加墨水并抹匀。效果：使第l厘米至第r厘米墨水浓度都变成x
最后一种是：
3、压线逆行，将车流看做⑨弹幕找安定点，掏出计算器，大喊板载后计算：
第l厘米至第r厘米墨水浓度的x次幂和是几何？记得答案要模1000000007
【输入描述】
第一行n和m，表示杆子长n厘米，大芳要进行m次骚操作。
第二行n个数字，表示初始墨水浓度。第i个数字为第i厘米墨水浓度
接下来每行4个数字，依次为：操作编号（1、2或3）l,r,x
【输出描述】
每次进行3操作，输出一行表示答案
记得膜模1000000007
【样例】
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输入 |
输出 |
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5 5 19844 14611 26475 4488 6967 2 1 3 15627 2 1 2 30113 2 3 5 14686 2 5 5 32623 3 1 2 8 |
466266421 |
【数据范围】
k表示询问的幂的大小，也就是操作3对应的x。
对于20%的数据，满足n,m<=1000
对于另外20%的数据，满足k<=1
对于另外20%的数据，满足k<=2
对于另外20%的数据，满足n,m<=50000
对于100%的数据，满足n,m<=100000,0<=k<=10
操作1，2对应的x<=10^9+7
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这是本次考试最恶心的一题。显然，我们知道这是线段树。。
因为不同的幂数之间的答案不互相影响。所以我们考虑建11棵线段树。
每一棵线段树如何更新？我们考虑利用杨辉三角公式更新。。。然后用两个tag分别维护修改和添加。
然后。。。。就炸了！因为贼难写！！！！
看看就知道了
#include<cstdio> #define MN 100005 using namespace std; const int mod=1000000007; int n,m; struct tree{ long long sum[11]; }tr[MN<<3]; long long a[MN],tag[MN<<3],tag2[MN<<3],xishu[100][100]; void build(int l,int r,int k){ tr[k].sum[0]=1;tag[k]=-1; if(l==r){ tr[k].sum[1]=a[l]; for(int i=2;i<=10;i++)tr[k].sum[i]=(tr[k].sum[i-1]*a[l])%mod;return; }int mid=l+r>>1; build(l,mid,k<<1),build(mid+1,r,k<<1|1); for(int i=0;i<=10;i++)tr[k].sum[i]=(tr[k<<1].sum[i]+tr[k<<1|1].sum[i])%mod; } void pushdown(int l,int r,int k){ if(tag[k]!=-1){ long long len=r-l+1; tag[k<<1]=tag[k<<1|1]=tag[k]; tr[k<<1].sum[1]=tag[k]*(len-(len>>1))%mod;tr[k<<1|1].sum[1]=tag[k]*(len>>1)%mod;tag2[k<<1]=tag2[k<<1|1]=0; for(int i=2;i<=10;i++)tr[k<<1].sum[i]=(tr[k<<1].sum[i-1]*tag[k])%mod,tr[k<<1|1].sum[i]=(tr[k<<1|1].sum[i-1]*tag[k])%mod;tag[k]=-1; } if(tag2[k]){ tag2[k<<1]=(tag2[k<<1]+tag2[k])%mod; tag2[k<<1|1]=(tag2[k<<1|1]+tag2[k])%mod; long long len=r-l+1,tmp1[11],tmp2[11]; for(int i=1;i<=10;i++){ tmp1[i]=tr[k<<1].sum[i],tmp2[i]=tr[k<<1|1].sum[i];long long now=tag2[k]; for(int j=2;j<=i;j++){ tmp1[i]=(tmp1[i]+(xishu[i][j]*now)%mod*tr[k<<1].sum[i+1-j]%mod)%mod; tmp2[i]=(tmp2[i]+(xishu[i][j]*now)%mod*tr[k<<1|1].sum[i+1-j]%mod)%mod; now=now*tag2[k]%mod; }tmp1[i]=(tmp1[i]+now*(len-(len>>1))%mod)%mod,tmp2[i]=(tmp2[i]+now*(len>>1)%mod)%mod; } for(int i=1;i<=10;i++)tr[k<<1].sum[i]=tmp1[i],tr[k<<1|1].sum[i]=tmp2[i]; tag2[k]=0; } } void update(int l,int r,int a,int b,int k,int kind,int ad){ if(a<=l&&r<=b){ if(kind==1){ tag2[k]=0;tag[k]=ad;tr[k].sum[1]=1ll*ad*(r-l+1)%mod; for(int i=2;i<=10;i++)tr[k].sum[i]=tr[k].sum[i-1]*ad%mod; return ; }else { long long tmp[11]; tag2[k]=(tag2[k]+ad)%mod; long long len=r-l+1; for(int i=1;i<=10;i++){ tmp[i]=tr[k].sum[i]; long long now=ad; for(int j=2;j<=i;j++){ tmp[i]=(tmp[i]+xishu[i][j]*now%mod*tr[k].sum[i+1-j]%mod)%mod; now=(now*ad)%mod; }tmp[i]=(tmp[i]+now*len)%mod; } for(int i=1;i<=10;i++)tr[k].sum[i]=tmp[i]; }return; }if(tag[k]!=-1||tag2[k])pushdown(l,r,k); int mid=l+r>>1; if(a<=mid)update(l,mid,a,b,k<<1,kind,ad); if(b>mid)update(mid+1,r,a,b,k<<1|1,kind,ad); for(int i=1;i<=10;i++)tr[k].sum[i]=(tr[k<<1].sum[i]+tr[k<<1|1].sum[i])%mod; } long long query(int l,int r,int a,int b,int k,int tt){ if(l==a&&r==b)return tr[k].sum[tt];if(tag[k]!=-1||tag2[k])pushdown(l,r,k); int mid=l+r>>1; if(b<=mid)return query(l,mid,a,b,k<<1,tt); if(a>mid)return query(mid+1,r,a,b,k<<1|1,tt); return (query(l,mid,a,mid,k<<1,tt)+query(mid+1,r,mid+1,b,k<<1|1,tt))%mod; } int main(){ freopen("boat.in","r",stdin); freopen("boat.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); int opt,x,y,z; for(int i=1;i<=10;i++)xishu[i][1]=xishu[i][i+1]=1; for(int i=2;i<=10;i++)for(int j=2;j<=i;j++)xishu[i][j]=xishu[i-1][j-1]+xishu[i-1][j]; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]); build(1,n,1); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d%d",&opt,&x,&y,&z); if(opt==1)update(1,n,x,y,1,2,z%mod); else if(opt==2)update(1,n,x,y,1,1,z%mod); else printf("%lld\n",query(1,n,x,y,1,z)); } fclose(stdin); fclose(stdout); }
标签：mil 组成 lin can 交换 tor 存在 输出 tab
原文地址：http://www.cnblogs.com/ghostfly233/p/7596512.html
