Codeforces Round #462 (Div. 2)
B题……我固执的认为1e18是18位数，导致被hack，花了20分钟才检查出这个错误，很僵硬
Codeforces 934C
题意
给定一个由\(1\)和\(2\)组成的数列，并且可以将区间\([l,r]\)内的数翻转一次，求这种情况下数列的\(LIS\)
数列长度\(n \le 2000\)
解题思路
如果不翻转的话，可以枚举从1变成2的位置，通过预处理\(1\)和\(2\)数量的前缀和，那么这个决策点的\(LIS=one[i]+two[n]-two[i]\)。
再考虑翻转，可以算出翻转区间内的决策点的\(LIS\)为
\[
one[l-1]+two[i-1]-two[l-1]+one[r]-one[i-1]+two[n]-two[r]
\]
两两配对有：
\[
(one[l-1]-two[l-1])-(one[i-1]-two[i-1])+(one[r]-two[r])+two[n]
\]
进而固定\(l\)，增加\(r\)时，维护\((one[i-1]-two[i-1])\)的最小值，可得当前区间决策的最大值
复杂度\(O(n^2)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2018;
int n;
int a[maxn],one[maxn],two[maxn],dev[maxn];
int main(int argc, char const *argv[])
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]==1)
{
one[i]=one[i-1]+1;
two[i]=two[i-1];
}
else
{
one[i]=one[i-1];
two[i]=two[i-1]+1;
}
}
for (int i=0;i<=n;i++)
dev[i]=one[i]-two[i];
int ans=0;
for (int i=0;i<=n;i++)
{
int minv=dev[i];
for (int j=i;j<=n;j++){
ans=max(dev[i]+dev[j]-minv+two[n],ans);
minv=min(dev[j],minv);
}
}
printf("%d\n",ans);
}Codeforces 934D
题意
对于给定的\(1 \le p \le 10^{18}\)，\(2 \le k \le 2000\)，构造多项式\(f(x)=q(x)(x+k)+p\)，其中\(f(x)\)的所有系数都\(0 \le a_i \le k\)
解题思路
设\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{d}a_i \cdot x^i\)，\(q(x)=\sum\limits_{i=0}^{d-1}b_i \cdot x^i\)
通过多项式长除法，易得\(p=a_0-k \cdot a_1+ \cdots +(-1)^d \cdot k^d\cdot a_d\)
在\(-k\)进制下，系数\(a\)是唯一的
对等式两端同时模\(k\)取整数 ，可得\(a_0\)，减去\(a_0\)除以\(-k\)进入新一轮迭代
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans[200];
int cnt=0;
int main(int argc, char const *argv[])
{
long long p,k;
scanf("%I64d%I64d",&p,&k);
while(p!=0)
{
ans[++cnt]=(p%k+k)%k;
p-=(p%k+k)%k;
p/=(-k);
}
printf("%d\n",cnt);
for (int i=1;i<=cnt;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("\n");
return 0;
}