A
题目描述
给定一个序列 (a)，保证 (a_i) 互不相同。你需要重新排列 (a)，使得 (a) 中任意两个相邻位置都包含一个奇数和偶数。对于每个数，它的代价是(|)初始位置减重排后的位置(|) 。请输出保证总代价最小的前提下，字典序最小的 (a)
(1leq nleq 10^5,1leq a_ileq 10^9)
B
题目描述
定义 (f(n)) 表示将 (n) 划分为若干 (m) 的非负整数次幂的和的方案数。定义 (g(n)) 表示 (k) 个 (f(n)) 的卷积。给定 (n,m,k)，求出 (sum_{i=0}^n g(i)) 对 (1e9+7) 取模后的结果。
(0leq nleq 10^{18},2leq mleq 10^{18},1leq kleq20)
解法
(k=1) 的情况，此时 (f_m) 可以使用组合意义生成函数卷积：
有一个小 ( t trick)，因为要求系数和，所以可以把原来的多项式再乘以 (frac{1}{1-x}) 就可以直接求 ([x^n])
然后问题变成了求第 (n) 项的系数，假如我们加入 (m^i) 的物品，那么起作用的只有 (i=nmod m^i) 这些位置的值。所以不难设计出状态，设 (f(i,j)) 表示加入了 (i) 件物品，容量是 (jm^i+(n\% m^i)) 的方案数（有一点点不严谨但是没关系），转移不难写出：
其中 (bit(n,i-1)) 表示 (n) 在第 (i-1) 为上的值，因为 (jm^i+(n\%m^i)) 可以从 (xm^i+(n\%m^i)) 转移而来，也就是 (xmcdot m^{i-1}+(n\% m^{i-1})+bit(n,i-1))
这个东西第二维很大，又是那个神奇的套路！我们假设 (f(i,j)) 是 (j) 的 (i) 次多项式，然后归纳证明这个结论。原因就蕴含在转移中，(f(i-1,xm+bit(n,i-1))) 是一个关于 (xm+bit(n,i-1)) 的多项式，也就是关于 (x) 的 (i-1) 次多项式。那么我们把这些多项式求了一个前缀和，所以是一个 (i) 次多项式。
所以用 (O(i^3)) 求出 (O(i)) 个点值就可以 (O(i^2)) 插值求出这个多项式，因为第一维超级小所以复杂度是对的。
那么如果 (k>1) 呢？那么我们把 (m^i) 的物品做若干次就行了，转移有点小修改，但是大体思路是一样的，时间复杂度 (O(k^3log^3_mn))
C
题目描述
定义一个括号序列是合法的，当且仅当它的任意一个前缀满足 ( 的数量不小于 ) 的数量，且整个序列中左括号和右括号的数量相等。（不要以为这句话没有用哦，其实它是一个提示）
定义一个括号序列是好的，当且仅当存在两个并为整个序列的子序列，使得每个子序列都是合法的括号序列。现在给你一个长为 (n) 的括号序列，有 (m) 次询问，每次询问给定一个区间 ([L,R])，你需要求出有多少个子区间是好的括号序列。
(n,mleq3e5,1leq Lleq Rleq n)
解法
我竟然都能把结论猜出来，但是结论后面的维护也超难的好伐。
结论：一个好的括号序列等价于，把左括号看做 (2) 右括号看做 (-1)，要求每个前缀都 (geq 0)；把右括号看做 (2) 左括号看做 (-1)，要求每个后缀都 (geq0)
考虑证明，必要性显然。充分性可以构造方案证明。具体来说，我们考虑先构造出一个满足（的位置为2或1，）的位置为-2或-1的序列，使得它们和为0，且任意前缀和。这个可以考虑将（当成2，）当成-1得到的序列，每次将最后一个还没减小过的括号-1，直到序列总和为0，显然这样是可以达到的，并且任意时刻仍然满足前缀和和后缀和的限制。得到这个序列以后，可以将2和-2当成两个子序列的公共部分，奇数个的1和奇数个的-1分配给第一个序列，偶数个的1和偶数个的-1分配给第二个序列，这样两个序列前缀和的差的绝对值任意时刻不会>1，又知道他们总和，因此显然是合法的方案。
考场上我写的是暴力判断每个区间是否是好的，然后二维数点，时间复杂度 (O(n^2log n))
这时候要仔细观察限制，前缀(geq0)和后缀(geq0) 其实是两个相对独立的限制条件。现在的思路就是解决这两个限制。
考虑后缀 (geq0) 这个限制条件，固定一个点，那么它延伸到的范围是固定的，而且延伸到的地方合法未延伸到的地方不合法，这就是一个很好的性质了，可以预处理 (b[i]) 表示 (i) 最多向左延伸多少，这个就相当于找前缀和数组第一个比它大的数，直接用单调栈做就可以了。
前缀 (geq0) 这个限制可以通过离线解决。我们让右端点从左往右扫，考虑到答案是统计 ([L,R]) 的子区间，有一个骚操作：我们把贡献记在左端点上，可以用线段树去维护左端点的贡献。
具体讲一讲怎么离线，遇到左括号时，它是可以作为左端点的，那我们就激活这个点。遇到右括号时，求 ([1,i]) 的区间最小值，要删去不合法的左端点。右括号可以作为右端点，所以我们把 ([b[i],i]) 中的激活左端点贡献(+1)，询问就直接区间查询。
线段树都是一些常规操作，具体要维护什么可以扫一眼我的代码。时间复杂度 (O(nlog n))
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 300005;
const int inf = 1e9;
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
int read()
{
int x=0,flag=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return x*flag;
}
int n,m,top,a[M],b[M],p[M];char s[M];
int mi[4*M],fl[4*M],pos[4*M],pd[4*M];ll sum[4*M],tag[4*M],ans[M];
struct node
{
int l,r,id;
bool operator < (const node &b) const
{
return r<b.r;
}
}q[M];
//mi维护区间最小值(存在的左括号)
//pos维护区间最小值是哪个位置
//fl表示mi的懒标记
//pd维护区间存在左括号个数
//sum维护历经到现在的答案
//tag表示sum的懒标记
void up(int i)//上传
{
if(mi[i<<1]<mi[i<<1|1]) mi[i]=mi[i<<1],pos[i]=pos[i<<1];
else mi[i]=mi[i<<1|1],pos[i]=pos[i<<1|1];
pd[i]=pd[i<<1]+pd[i<<1|1];
sum[i]=sum[i<<1]+sum[i<<1|1];
}
void down(int i)//下放
{
sum[i<<1]+=tag[i]*pd[i<<1];tag[i<<1]+=tag[i];
sum[i<<1|1]+=tag[i]*pd[i<<1|1];tag[i<<1|1]+=tag[i];
mi[i<<1]+=fl[i];fl[i<<1]+=fl[i];
mi[i<<1|1]+=fl[i];fl[i<<1|1]+=fl[i];
tag[i]=fl[i]=0;
}
void fuck(int i,int l,int r,int id,int f)//激活/删除这个位置
{
if(l==r)
{
if(f==0) mi[i]=inf,pos[i]=pd[i]=0;
else mi[i]=0,pos[i]=id,pd[i]=1;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;down(i);
if(mid>=id) fuck(i<<1,l,mid,id,f);
else fuck(i<<1|1,mid+1,r,id,f);
up(i);
}
pii get(int i,int l,int r,int L,int R)//求出最小值
{
if(l>R || L>r) return make_pair(inf,0);
if(L<=l && r<=R) return make_pair(mi[i],pos[i]);
int mid=(l+r)>>1;down(i);
return min(get(i<<1,l,mid,L,R),get(i<<1|1,mid+1,r,L,R));
}
void upd(int i,int l,int r,int L,int R,int f)//区间加
{
if(l>R || L>r) return ;
if(L<=l && r<=R)
{
mi[i]+=f;fl[i]+=f;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;down(i);
upd(i<<1,l,mid,L,R,f);
upd(i<<1|1,mid+1,r,L,R,f);
up(i);
}
void add(int i,int l,int r,int L,int R)//区间更新答案
{
if(l>R || L>r) return ;
if(L<=l && r<=R)
{
sum[i]+=pd[i];
tag[i]++;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;down(i);
add(i<<1,l,mid,L,R);
add(i<<1|1,mid+1,r,L,R);
up(i);
}
ll ask(int i,int l,int r,int L,int R)//区间问答案
{
if(l>R || L>r) return 0;
if(L<=l && r<=R) return sum[i];
int mid=(l+r)>>1;down(i);
return ask(i<<1,l,mid,L,R)+ask(i<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
int main()
{
n=read();m=read();
scanf("%s",s+1); p[0] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++)//jzm的手笔
{
if(s[i]=='(') a[i]=a[i-1]-1;
else a[i]=a[i-1]+2;
while(top>=0 && a[p[top]]<=a[i]) top--;
if(top == -1) b[i] = 1;
else b[i]=p[top]+2;//表示最多能延伸到哪
p[++ top] = i;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
q[i].l=read();q[i].r=read();q[i].id=i;
}
sort(q+1,q+1+m);
for(int i=0;i<=4*n;i++) mi[i]=inf;
for(int i=1,j=1;i<=n;i++)
{
if(s[i]=='(')
{
fuck(1,1,n,i,1);//激活这个位置
upd(1,1,n,1,i,2);
}
if(s[i]==')')
{
upd(1,1,n,1,i,-1);
pii tmp=get(1,1,n,1,i);
while(tmp.first<0)//删除不行的位置
{
fuck(1,1,n,tmp.second,0);
tmp=get(1,1,n,1,i);
}
add(1,1,n,b[i],i);//加答案
}
while(j<=m && q[j].r<=i)
{
ans[q[j].id]=ask(1,1,n,q[j].l,i);
j++;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%lld
",ans[i]);
}
/*
前缀：( 2 ; ) -1 >=0
后缀：) 2 ; ( -1 >=0
*/