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排兵布阵

　　（过水已隐藏）

光线

　　算法：数学、物理。

　　忽略\(\%\)为了行文方便。一种直接的方法：构建图以及概率的转移。定义光线方向朝下，且在第\(i\)个玻璃和\(i+1\)个玻璃之间（\(i=0\)表示第一块玻璃的上方，\(i=n\)表示在最后一块玻璃的下方）的光线总数为\(f_i\)。那么我们想要的答案即为\(f_n\)。然后我们列出来转移，发现有

\[f_i=f_{i-1}\times a_{i-1}+\sum_{i\leqslant j<n}f_j\times dis_{i\to j}\]

　　其中边界

\[f_0=1\]

　　其中\(dis_{i\to j}\)表示光线在\(i\)和\(i+1\)块玻璃间且朝下反射后朝上到达了\(j\)和\(j+1\)块玻璃之间后又回到了第\(i\)和\(i+1\)块玻璃之间，不难列出来

\[dis_{i\to j}=b_{i+1}b_j\prod_{j<k\leqslant i}a_k\]

　　这样不重不漏地分成了从上往下和从下返回到上回到\(j\)的两种情况。直接高消可以通过\(50pts\)的\(n\leqslant 100\)。不难发现变量只与后缀的\(f\)有关，相当于消元矩阵已经变成上三角的了，我们可以采用回代的方式解出来\(f_n\)。具体的就是把上式先变形：

\[f_{i-1}=\frac{f_i-\sum_{i\leqslant j<n}f_j\times dis_{i\to j}}{a_{i-1}}\]

　　题目保证\(a_i\ne0\)。这个\(\sum_{i\leqslant j<n}f_j\times dis_{i\to j}\)是可\(\mathcal O(1)\)转移的。然后用\(f_i\)表示\(f_{i-1}\)，最后我们可以得到\(f_0\)与\(f_n\)的关系式。求个逆元即可。复杂度\(\mathcal O(n)\)。

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i <= i##end; ++i)
#define per(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i >= i##end; --i)
#define rep0(i, a) for (int i = 0, i##end = a; i < i##end; ++i)
#define per0(i, a) for (int i = a-1; ~i; --i)
#define chkmax(a, b) a = std::max(a, b)
#define chkmin(a, b) a = std::min(a, b)

const int maxn = 555555;
const int P = 1e9 + 7;

int n, a[maxn], b[maxn], inva[maxn], f[maxn];

int qpow(int a, int b) {
    int res = 1;
    for (int i = a; b; i = 1ll*i*i%P, b >>= 1)
        if (b & 1) res = 1ll*res*i%P;
    return res;
}

#define inv(x) qpow(x, P-2)
const int inv100 = inv(100);

int main() {
    n = read();
    rep(i, 1, n) a[i] = 1ll*read()*inv100%P, b[i] = 1ll*read()*inv100%P, inva[i] = inv(a[i]);
    f[n] = 1;
    int suf = 0;
    per(i, n, 1) {
        f[i-1] = 1ll*(f[i]-1ll*suf*b[i]%P+P)*inva[i]%P;
        suf = (1ll*suf*a[i] + 1ll*f[i-1]*b[i])%P;
    }
    printf("%d", inv(f[0]));
    return 0;
}

　　其中suf维护\(\sum_{i\leqslant j<n}f_i\times b_{i+1}\prod_{j<k\leqslant i}a_k\)，表示与\(f_n\)的关系，不顺道维护\(b_j\)原因在于转移时可能会遇到\(b_j=0\)的情况导致除不了（我第一把30pts的理由）。

　　还有一种极妙的方法：既然是一道物理题，我们通过物理中等效替代法，将两块玻璃合并成一块玻璃。不难看出总透过率为在两块玻璃之间往复0次、1次、...相当于一个无穷级数求和，同理反射率也为如此，最后可以得到

\[a_{总}=a_1a_2\sum_{i=0}^\infty(b_2b_1)^i=\frac{a_1a_2}{1-b_1b_2}\]

\[b_{总}=b_1+a_1^2\sum_{i=1}^\infty b_1^{i-1}b_2^i=b_1+\frac{a_1^2b_2}{1-b_1b_2}\]

　　合并到只剩一块玻璃即可。

删数

　　算法：线段树（维护区间0的个数）

　　先统计\(a_i=k\)的数的个数，记作\(b_i\)。对于所有的\(b_i\)，我们将\([i-b_i+1,b_i]\)全部打上标记，最终\([1,n]\)没有打上标记的位置就是答案。证明显然，消除完的充要条件为\([1,n]\)内全部打上标记，然后每次你只能移一个重复覆盖的数去填一个没标记的位置。特殊的就是对于\(a_i>n\)的情况，这个不能参与打标记的部分（它不可能参与删除）

　　然后就是拿一颗线段树来维护这样的东西，由于有修改操作，我们不能维护0/1，而要维护区间加和区间查询0的个数。这里通过维护区间最小值以及最小值的个数（因为区间最小值只能为0，可用该方法），然后进而维护。对于\(i>n\)的情况，只有数组整体修改时会出现，此时把它在线段树上去掉即可，反之亦然。

　　稍微麻烦的就是操作二，此时记一个offset表示整体偏移，然后其它的依此调整。

　　复杂度\(\mathcal O(n\log n)\)。一定要注意空间大小、位置的计算！

#include <bits/stdc++.h>

#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define rep(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i <= i##end; ++i)
#define per(i, a, b) for (int i = a, i##end = b; i >= i##end; --i)
#define rep0(i, a) for (int i = 0, i##end = a; i < i##end; ++i)
#define per0(i, a) for (int i = a-1; ~i; --i)
#define chkmax(a, b) a = max(a, b)
#define chkmin(a, b) a = min(a, b)

const int maxn = 155555;

#define ls (o << 1)
#define rs (o << 1 | 1)

int buf[maxn << 2];
int n, m, a[maxn], *b, offset = 0;

int minv[maxn << 4], cnt[maxn << 4], val[maxn << 4], tag[maxn << 4];

void build(int o, int l, int r) {
    minv[o] = tag[o] = 0, cnt[o] = val[o] = r-l+1;
    if (l == r) return;
    int mid = l+r>>1;
    build(ls, l, mid), build(rs, mid+1, r);
}

void pushup(int o) {
    val[o] = val[ls] + val[rs];
    minv[o] = min(minv[ls], minv[rs]);
    cnt[o] = (minv[o] == minv[ls] ? cnt[ls] : 0) + (minv[o] == minv[rs] ? cnt[rs] : 0);
}

void pushdown(int o) {
    if (!tag[o]) return;
    tag[ls] += tag[o], tag[rs] += tag[o]; minv[ls] += tag[o], minv[rs] += tag[o];
    val[ls] = minv[ls] ? 0 : cnt[ls]; val[rs] = minv[rs] ? 0 : cnt[rs];
    tag[o] = 0;
}

void modify(int o, int l, int r, int ql, int qr, int v) {
    if (ql <= l && r <= qr) {
        tag[o] += v; val[o] = (minv[o] += v) ? 0 : cnt[o];
        return;
    }
    pushdown(o);
    int mid = l+r>>1;
    if (ql <= mid) modify(ls, l, mid ,ql, qr, v);
    if (mid < qr) modify(rs, mid+1, r, ql, qr, v);
    pushup(o);
}

int query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {
    if (ql <= l && r <= qr) return val[o];
    pushdown(o);
    int mid = l+r>>1, res = 0;
    if (ql <= mid) res += query(ls, l, mid ,ql, qr);
    if (mid < qr) res += query(rs, mid+1, r, ql, qr);
    return res;
}

void modify(int l, int r, int v) { modify(1, 1, (n+m)<<1, l+m+n, r+m+n, v); }
int query(int l, int r) { return query(1, 1, (n+m)<<1, l+m+n, r+m+n); }

int main() {
    n = read(); m = read(); b = &buf[m];
    build(1, 1, (n+m)<<1);
    rep(i, 1, n) b[a[i] = read()]++;
    rep(i, 1, n) modify(i-b[i]+1, i, 1);
    rep(i, 1, m) {
        int p = read(), v = read();
        if (p) {
            if (a[p]-offset <= n) modify(a[p]-b[a[p]]+1, a[p]-b[a[p]]+1, -1);
            b[a[p]]--, b[a[p] = v+offset]++;
            if (a[p]-offset <= n) modify(a[p]-b[a[p]]+1, a[p]-b[a[p]]+1, 1);
        } else {
            if (v > 0 && b[n+offset]) modify(n+offset-b[n+offset]+1, n+offset, -1);
            offset -= v;
            if (v < 0 && b[n+offset]) modify(n+offset-b[n+offset]+1, n+offset, 1);
        }
        printf("%d\n", query(offset+1, offset+n));
    }
    return 0;
}

[BJOI2019]总结

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原文地址：https://www.cnblogs.com/ac-evil/p/12544193.html