[日常训练]常州集训day8

T1

Description

给定一个长度为$n$的正整数序列$a$。可以将序列分成若干段，定义第$i$段的权值$x_i$为这一段中所有数的最大值，特殊地，$x_0=0$。求$sum_{i=1}^{m}|x_i-x_{i-1}|$的最小值以及划分方案数，$sum_{i=1}^{m}(x_i-x_{i-1})^2$ 的最小值以及划分方案数，其中$m$为划分的段数。

Input

第一行一个整数$n$。第二行$n$个正整数$a_1-a_n$。

Output

按顺序输出四个非负整数表示答案，其中两个方案数均对$10^9+7$取模。

Sample Input

4
10 30 20 30

Sample Output

30

6

500

3

HINT

$n;leq;10^5，1;leq;a_i;leq;10^9$.

Solution

从后往前单调栈维护一个不上升序列，记为序列$s$。

记$s$的长度为$l$，$s[l+1]=0$。将$s$在$a$的位置记为$d$。

显然，对于一个序列$a$，$sum_{i=1}^{m}|x_i-x_{i-1}|$的最小值为序列中最大的数。

在$s_i$与$s_{i+1}$之间，定一个断点有$(d_i-d_{i+1})$种方案，不定断点，有$1$种方案。

所以总方案数为$prod_{i=1}^{m-1}(d_{i}-d_{i+1}+1)$。

易证$sum_{i=1}^{m}(x_{i}-x_{i-1})^2$的最小值为$sum_{i=1}^{l}(s_{i}-s_{i+1})^2$。

显然，s中的每一种值至少需要出现一次，所以对于每种值的情况进行考虑。

在$[d_{i-1},d_i)$这段区间内定一个断点，有$(d_i-d_{i-1})$种方案，不定断点，有$1$种方案。

由于每个值都必须出现一次，所以不能出现都不定断点的情况。

记所有不同的值为$b$，则总方案数为$prod_{i=1}^{|b|}(prod_{s[j]=b[i]}(d_{j-1}-d_{j}+1)-1)$

#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1000005
#define M 1000000007ll
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ans,tot=1,sum;
int a[N],s[N],x[N],t,n;
inline int read(){
    int ret=0;char c=getchar();
    while(!isdigit(c))
        c=getchar();
    while(isdigit(c)){
        ret=ret*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return ret;
}
inline ll sqr(ll k){
    return k*k;
}
inline void init(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        a[i]=read();
    for(int i=n;i;--i){
        while(t&&a[i]>s[t]) --t;
        s[++t]=a[i];x[t]=i;
    }
    s[t+1]=0;
    for(int i=1;i<t;++i)
        tot=tot*(ll)(x[i]-x[i+1]+1)%M;
    printf("%d
%lld
",s[1],tot);
    for(int i=1;i<=t;++i)
        ans+=sqr((ll)(s[i]-s[i+1]));
    tot=1;
    for(int i=t,j;i;i=j){
        sum=1;
        for(j=i-1;j&&s[j]==s[i];--j);
        for(int k=i;k>j&&k>1;--k)
            sum=sum*(x[k-1]-x[k]+1)%M;
        if(j) --sum;
        tot=tot*(sum)%M;
    }
    printf("%lld
%lld
",ans,tot);
}
int main(){
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
    init();
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

T2

Description

给定一个质数$p$，构造出一个模$p$意义下的$n$次同余方程，使得该方程在$[0,p)$中的解尽可能少。

Input

一行两个整数$n,p$。

Output

依次输出$x^n,x^{n-1},…,x^0$前的系数。

Sample Input

1 97

Sample Output

1 0

HINT

$n;leq;100,n<p<10^5,p$为质数。

Solution

高次同余方程的概念：$f(x)=0(mod;m)$（$f(x)$为次数大于$1$的整式）

显然$n=1$时，显然所有方程都有$1$个解，任意构造方程即可；

$n>1$时，设$f(x)=x^n+(p-1)x$。则$f(0)=f(1)$，所以一定存在一个数$y$使得$f(x) ot=y$。

答案即为$x^n+(p-1)x+(p-t)$即可。

#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 100005 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,p;
bool b[N];
inline ll read(){
    ll ret=0;char c=getchar();
    while(!isdigit(c))
        c=getchar();
    while(isdigit(c)){
        ret=ret*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return ret;
}
inline void init(){
    scanf("%lld%lld",&n,&p);
    if(n==1){
        printf("1 0
");return;
    }
    for(ll i=2,k;i<p;++i){
        k=i;
        for(ll j=1;j<n;++j)
            k=k*i%p;
        k=(k+(p-1)*i)%p;
        b[k]=true;
    }
    printf("1 ");
    for(ll i=2;i<n;++i)
        printf("0 ");
    printf("%lld ",p-1);
    for(ll i=1;i<p;++i)
        if(!b[i]){
            printf("%lld
",p-i);break;
        }
}
int main(){
    freopen("equation.in","r",stdin);
    freopen("equation.out","w",stdout);
    init();
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

T3

Description

给定一个序列$A$，选择$i,j$，记糟糕指数为$A_i|A_{i+1}|A_{i+2}|…|A_j$,其中|为二进制或运算。

求有多少组$(i,j)$使得糟糕指数小于$M$。

Input

第一行两个正整数$N,M$。
第二行为$N$个正整数$A_1,A_2,…,A_n$。

Output

一行一个整数表示选择方案数。

Sample Input

4 6
1 3 5 1

Sample Output

2

HINT

$1;leq;N;leq;10^5,0;leq;M;leq;2^{30},1;leq;A_i;leq;2^{30}$

Solution

除非有人和我一样因为迷之断句看不懂题目，不然肯定会觉得是一道水题。

把每个数转成二进制，尺取法即可。

#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define M 32
#define N 1000005
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ans;
int s[N][M],n,m,t;
inline bool chk(int l,int r){
    int ret=0;
    for(int i=1,k=1;i<M;++i,k<<=1)
        if(s[r][i]-s[l][i]) ret+=k;
    return ret<=m;
}
inline void init(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1,k;i<=n;++i){
        scanf("%d",&k);
        for(int j=1;j<M;++j,k>>=1){
            s[i][j]=s[i-1][j];
            if(k&1) ++s[i][j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        t=max(t,i);
        while(t<n&&chk(i-1,t+1)) ++t;
        ans+=(ll)(t-i);
    }
    printf("%lld
",ans);
}
int main(){
    freopen("evolve.in","r",stdin);
    freopen("evolve.out","w",stdout);
    init();
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}