2019.10.08题解

T1

用一个堆维护最小的是谁，每次加入一个值x时查询堆顶是否小于x，有则买top卖x，之后分为是不是反悔操作判断要不要把pop。

然而好像其他人都push两个来进行反悔操作。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#define int long long
using namespace std;
int ans,n;
struct point
{
        int x,y;
        friend bool operator <(point l,point r)
        {
                return l.x>r.x;
        }
};
priority_queue<point>q;
signed main()
{
        //freopen("1.in","r",stdin);
        //freopen("1.out","w",stdout);
        scanf("%lld",&n);
        for(int i=1,x;i<=n;i++)
        {
                scanf("%lld",&x);
                point tmp={x,0};
                if(q.size()&&q.top().x<x)
                {
                        ans+=x-q.top().x;
                        if(!q.top().y) q.pop();
                        else 
                        {
                                point res=q.top();
                                q.pop();
                                res.y=0;
                                q.push(res);
                        }
                        tmp.y=1;
                }
                q.push(tmp);
        }
        printf("%lld",ans);
        return 0;
}

T2

1>

$ S(n,m)=sum_{i=0}^{m}C_{n}^{i} $

$ S(n,m)=sum_{i=0}^{m-1}C_{n-1}^{i}+sum_{i=0}^{m}C_{n-1}^{i} $

$ S(n,m)=S(n-1,m-1)+S(n-1,m) $

$ S(n,m)=2*S(n-1,m)-C_{n-1}^{m} $

2>

$ S(n,m)=S(n,m-1)+C_{n}^{m} $

有了这两个递推式子便可以用莫队O(nsqrt(n))解决啦。

ps:这里的莫队是一维的，可以把n,m看成一条线段。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int k=490,N=1e5+10,mod=1e9+7;
int ans,n,m,id,q,S,fac[N],inv[N],f[N];
struct question{int x,y,id;}a[N];
bool comp(question l,question r)
{
        if(l.x/k==r.x/k) return (l.x/k)&1?l.y>r.y:l.y<r.y;
        return l.x/k<r.x/k;
}
int read()
{
        int sum,k=1;char s;
        while(s=getchar(),s<'0'||s>'9') if(s=='-') k=-1;sum=s-'0';
        while(s=getchar(),s>='0'&&s<='9') sum=sum*10+s-'0';
        return k*sum;
}
int qpow(int x,int y,int z)
{
        int sum=1;
        while(y)
        {
                if(y&1) sum=sum*x%z;
                y>>=1;
                x=x*x%z;
        }
        return sum;
}
int C(int x,int y)
{
        if(x<y) return 0;
        return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
signed main()
{
        //freopen("1.in","r",stdin);
        //freopen("2.out","w",stdout);
        id=read(),q=read();
        for(int i=1;i<=q;i++)
        {
                a[i].x=read(),a[i].y=read(),a[i].id=i;
                S=max(S,max(a[i].x,a[i].y));
        }
        fac[0]=1;
        for(int i=1;i<=S;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
        inv[S]=qpow(fac[S],mod-2,mod);
        for(int i=S-1;i>-1;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
        sort(a+1,a+q+1,comp);
        n=m=0;ans=1;
        for(int i=1;i<=q;i++)
        {
                while(n<a[i].x) n++,ans=(ans*2-C(n-1,m)+mod)%mod;
                while(n>a[i].x) n--,ans=(ans+C(n,m))%mod*inv[2]%mod;
                while(m<a[i].y) m++,ans=(ans+C(n,m))%mod;
                while(m>a[i].y) m--,ans=(ans-C(n,m+1)+mod)%mod;
                f[a[i].id]=ans;
        }
        for(int i=1;i<=q;i++) printf("%lld
",f[i]);
        return 0;
}

T3

首先有一个重要性质：本题的边点同阶

疯狂模拟即可