今天考了一场让我差点爆0的比赛，似乎最初只有10分。其中一题数据有误，修正过后也只是多了60分。
改得很辛苦啊！
A：hao
【问题描述】
祖玛是一款曾经风靡全球的游戏，其玩法是：在一条轨道上初始排列着若干个彩色珠子，其中任意三个相邻的珠子不会完全同色。此后，你可以发射珠子到轨道上并加入原有序列中。一旦有三个或更多同色的珠子变成相邻，它们就会立即消失。这类消除现象可能会连锁式发生，其间你将暂时不能发射珠子。
开发商最近准备为玩家写一个游戏过程的回放工具。他们已经在游戏内完成了过程记录的功能，而回放功能的实现则委托你来完成。
游戏过程的记录中，首先是轨道上初始的珠子序列，然后是玩家接下来所做的一系列操作。你的任务是，在各次操作之后及时计算出新的珠子序列。
【输入格式】
第一行是一个由大写字母'A'~'Z'组成的字符串，表示轨道上初始的珠子序列，不同的字母表示不同的颜色。
第二行是一个数字n，表示整个回放过程共有n次操作。
接下来的n行依次对应于各次操作。每次操作由一个数字k和一个大写字母P描述，以空格分隔。其中， P为新珠子的颜色。若插入前共有m颗珠子，则k∈[0,m]表示新珠子嵌入之后（尚未发生消除之前）在轨道上的位序。
【输出格式】
输出共n行，依次给出各次操作（及可能随即发生的消除现象）之后轨道上的珠子序列。
如果轨道上已没有珠子，则以“-”表示。
【样例输入】
ACCBA
5
1 B
0 A
2 B
4 C
0 A
【样例输出】
ABCCBA
AABCCBA
AABBCCBA
-
A
【数据规模与约定】
100%的数据满足 1<=n<=10^3，1<=m<=2*10^3。
嗯。既然每次都要输出结果，那么直接上链表肯定最方便。使用双向链表，0号点连接了最前和最后，当了哨兵和边界，用起来比较方便、
但是，充分考虑祖玛的规则之后（许多同学为了深度理解祖玛的规则……呵呵你懂的），我们发现如果有连续的并没有用，需要一个操作（a+b>=3），才能消去。此处操作只有插入，与消去一次后两端加和的连锁消去。此处很重要，举个例子。
若初始序列为AAACCBB，此时AAA不会立即消去。若将C凑够3个，C将消净，但AAA仍不会消去。但若再插入一个A，凑成了AAAA才会消去。
这是2个点。
还有，初始序列为空呢？唉！scanf就不该用啊。
又是2个点。
所以，所以。
1 #define PN "hao" 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 const int N = 5000; 5 int prev[N], next[N], col[N], tail, stack[N], top=0; 6 char ss[N]; 7 inline int insert(int k,int c) { 8 int p=0;for( int i = 0; i <= k; i++,p=next[p] ); 9 col[++tail]=c; 10 next[prev[p]]=tail;prev[tail]=prev[p]; 11 next[tail]=p;prev[p]=tail; 12 return tail; 13 } 14 inline void clear(int p) { 15 int x, y, tot=0; 16 for(x=prev[p];x&&col[x]==col[p];x=prev[x],tot++); 17 for(y=next[p];y&&col[y]==col[p];y=next[y],tot++); 18 if(tot>=2) { 19 next[x]=y;prev[y]=x; 20 if(col[x]==col[y]) clear(x); 21 } 22 } 23 int main() { 24 freopen(PN".in","r",stdin); 25 freopen(PN".out","w",stdout); 26 int n, k, c; 27 gets(ss);scanf("%d",&n); 28 for( int len=strlen(ss), i = len-1; i >= 0; i-- ) insert(0,ss[i]); 29 for( int i = 1; i <= n; i++ ) { 30 scanf("%d",&k);while((c=getchar())==' '||c==' '); 31 clear(insert(k,c)); 32 for( int p = 0; col[next[p]]; p=next[p] ) printf("%c",col[next[p]]); 33 if(!col[next[0]]) printf("-"); 34 printf(" "); 35 } 36 return 0; 37 }
B:kun
【问题描述】
栈是一种强大的数据结构，它的一种特殊功能是对数组进行排序。
例如，借助一个栈，依次将数组1,3,2按顺序入栈或出栈，可对其从大到小排序： 1入栈；3入栈；3出栈；2入栈；2出栈；1出栈。
在上面这个例子中，出栈序列是3,2,1，因此实现了对数组的排序。
遗憾的是，有些时候，仅仅借助一个栈，不能实现对数组的完全排序。
例如给定数组2,1,3，借助一个栈，能获得的字典序最大的出栈序列是3,1,2： 2入栈；1入栈；3入栈；3出栈；1出栈；2出栈。
请你借助一个栈，对一个给定的数组按照出栈顺序进行从大到小排序。
当无法完全排序时，请输出字典序最大的出栈序列。
【输入格式】
输入共2行。
第一行包含一个整数n，表示入栈序列长度。
第二行包含n个整数，表示入栈序列。
输入数据保证给定的序列是1到n的全排列，即不会出现重复数字。
【输出格式】
仅一行，共n个整数，表示你计算出的出栈序列。
【样例输入】
3
2 1 3
【样例输出】
3 1 2
【数据规模与约定】
对于30%的数据，1<=n<=10^3。
对于60%的数据，1<=n<=10^5。
对于100%的数据，1<=n<=10^6。
一道很典型的关于栈的贪心题，当时细节没有想清楚。想着不停入栈，若栈顶为未弹出的最大的数，即弹出该数。最后全部弹出即可。
但是但是，反例极其好举。最后发现，只要栈顶比所有未入栈的元素都大，便应弹出该数。正确性显然。但最开始调试出了谬误，应为“>=”而非“==”。
忽然想起了NOIP的双栈排序。
1 #define PN "kun" 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 const int N = 1001000; 5 int n, stack[N], top, opt; 6 bool ins[N]; 7 int main() { 8 freopen(PN".in","r",stdin); 9 freopen(PN".out","w",stdout); 10 scanf("%d",&n);opt=n; 11 memset(ins, false, sizeof(ins)); 12 for( int i = 1; i <= n; i++ ) { 13 scanf("%d",&stack[++top]);ins[stack[top]]=1; 14 while(top&&opt<=stack[top]) { 15 printf("%d ",stack[top--]); 16 while(ins[opt]) opt--; 17 } 18 } 19 while(top) printf("%d ",stack[top--]); 20 return 0; 21 }
C：nan
【问题描述】
我们有一个序列，现在他里面有三个数1，2，2。我们从第三个数开始考虑：
1、第三个数是2，所以我们在序列后面写2个3，变成1，2，2，3，3 。
2、第四个数是3，所以我们在序列后面写3个4，变成 1，2，2，3，3，4，4，4。
那么你可以看到，这个序列应该是1，2，2，3，3，4，4，4，5，5，5，6，6，6，6，… 。
如果我们设一个数x最后出现的位置为last（x），那么现在我希望知道last（last（x）)等于多少。
【输入格式】
第一行一个整数T，代表数据组数。
接下来T行每行一个整数x。
【输出格式】
T行，每行一个整数，代表last（last（x）)的值。
【样例输入】
3
3
10
100000
【样例输出】
11
217
507231491
【数据规模与约定】
对于30%的数据，1<=n<=10^3 。
对于60%的数据，1<=n<=10^6。
对于100%的数据，1<=n<=10^9。
从前有个神，说这题可以分块，分大块和小块，然后二分解决。于是这题怕了，便让他A了。
设原序列中第i个数为ai。
先不看询问，我们来分析一下。这个序列大概长这样：1，2，2，3，3，4，4，4，5，5，5，6，6，6，6，7，7，7，7，8，8，8，8，9，9，9，9，9，10，10，10，10，10，11，11，11，11，11，12，12，12，12，12，12，…
我们可以发现，它是1个1，2个2，2个3，3个4，3个5，4个6，4个7，4个8，5个9，5个10，5个11，6个12……
连续的搞入一个块，每个块中有几种连续的数值，每种数值出现的次数是一样的。于是有：1种数各1次，2种数各2次，2种数各3次，3种数各4次，3种数各5次，4种数各6次，4种数各7次，4种数各8次，5种数各9次，5种数各10次……
我们现在来观察。相邻块中各数值出现次数之差肯定是连续的。如果再把小块中连续数值种数相同的合作一个大块，便又可以发现：1种数拼出来的大块有1个小块，2种数拼出来的大块有2个小块，3种数拼出来的大块有2个小块，4种数拼出来的大块有3个小块，5种数拼出来的大块有3个小块……
我们可以惊奇的发现，第i个大块中有ai个小块（这用该序列的定义很好证明），这些小块中显然有i种数值（定义），而第j个小块各数值出现j次，这些小块显然是连续的。
现在来看问题。last（last（x））的意义是什么？一个数x最后出现的位置为last（x）。经观察得，last（last（x））即第x小块的最后一个数的位置（前x块的大小）。为什么呢？
因为又定义可得，第x小块最后1个数为last（x），又根据定义一个数last（x）最后出现的位置（第x块最后一个数的编号）为last（last（x）），得证。
于是，我们可以先预处理出各块的前缀和（大小）sumi，各块对应的ai，各块的前缀和（小块数）smalli。而10^9的范围内，块的总数约为438744。对于每个询问，二分锁定对应的大块。然后立马得解。
1 #define PN "nan" 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 const long long Big_num=670000; 5 const long long MOD=1e9+7; 6 long long aa[Big_num+10], siz, small[Big_num+10], sum[Big_num+10], T, n; 7 //inline long long add(long long a,long long b) {return a+b>MOD?a+b-MOD:a+b;} 8 int main() { 9 freopen(PN".in","r",stdin); 10 freopen(PN".out","w",stdout); 11 aa[1]=1;aa[2]=aa[3]=2;siz=3; 12 for( int i = 3; siz<Big_num+10; i++ ) for( int j = 1; j <= aa[i]&&siz<Big_num+10; j++ )aa[++siz]=i; 13 for( int i = 1; i <= Big_num; i++ ) small[i]=small[i-1]+aa[i], sum[i]=(sum[i-1]+(small[i]-aa[i]+1+small[i])*aa[i]/2%MOD*i%MOD)%MOD; 14 scanf("%I64d",&T); 15 while(T--) { 16 scanf("%I64d",&n); 17 int pos=std::lower_bound(small+1,small+Big_num+1,n)-small; 18 printf("%I64d ",(sum[pos-1]+(small[pos]-aa[pos]+1+n)*(n-small[pos]+aa[pos])/2%MOD*pos%MOD)%MOD); 19 } 20 return 0; 21 }