昨日AK， 今日垫底， 我简直是在坐过山车；
以后记住有返回值的函数一定要写返回值，不然全部输出0
题解:
第一题：全是-1， 是2^(n-1)-1,不会证，样例很明显；
对于有X个跟班的人，设它的期望函数f(X)=2^X-1；
利用期望的线性性，Ｅ（Ａ）＋Ｅ（Ｂ）＝Ｅ（Ｃ），则Ｅ（Ｂ）＝Ｅ（Ｃ）－Ｅ（Ａ）；
Ｅ（Ｃ）＝初始都是－１的局面到之剩一个人；
Ｅ（Ａ）＝当前到只剩一个人；
求Ｅ（Ｂ）就直接用打表的规律；整个局面的期望函数值为：所有人期望函数值之和。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int M = 1e6 + 5; int cnt[M], bin[M]; const int mod = 1e9 + 7; int main(){ freopen("game.in","r",stdin); freopen("game.out","w",stdout); int n, u; scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++){ scanf("%d", &u); if(u != -1) cnt[u]++; } bin[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i++) bin[i] = (bin[i-1]<<1) % mod; int ans = bin[n-1] - 1; for(int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans - (bin[cnt[i]]-1) + mod) % mod; printf("%d ", ans); }
第二题：ｄｐ［ｉ］［０／１］［０／１］ 一维表示考虑到第ｉ个数，二维表示前一个数是否与当前一样，三维表示是否已经合法，
转移就像扫雷一样用中间的转移；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int M = 1e6 + 10; const ll mod = 1e9 + 7; #define RG register ll dp[M][2][2]; int main(){ freopen("flower.in","r",stdin); freopen("flower.out","w",stdout); //int cc=clock(); int T; scanf("%d", &T); while(T--){ int L, S; scanf("%d%d", &L, &S); memset(dp, 0, sizeof(dp)); dp[1][0][0] = S; int u = 0; for(RG int i = 1; i < L; i++){ dp[i+1][0][0] = (dp[i+1][0][0] + dp[i][0][0]*(S-1)%mod)%mod; dp[i+1][1][0] = (dp[i+1][1][0] + dp[i][0][0])%mod; dp[i+1][0][1] = (dp[i+1][0][1] + dp[i][0][1]*(S-1)%mod)%mod; dp[i+1][1][1] = (dp[i+1][1][1] + dp[i][0][1])%mod; dp[i+1][0][0] = (dp[i+1][0][0] + dp[i][1][0]*(S-1)%mod)%mod; dp[i+1][1][1] = (dp[i+1][1][1] + dp[i][1][0])%mod; dp[i+1][0][1] = (dp[i+1][0][1] + dp[i][1][1]*(S-1)%mod)%mod; } ll ans = (dp[L][0][1] + dp[L][1][1]) % mod; printf("%lld ",ans); } //int tt=clock(); //fprintf(stderr, "%d ", tt-cc); }
第三题：利用扫描线算法，首先将所有坐标离散化，然后按照正方向枚举x坐标，每次求出当前这个横坐标能看见的某个矩形，将其标记并更新答案。直到这个横坐标所有能看见的矩形均被标号为止。
并且，将每个颜色的权值设为其操作的编号 将每个矩形视作两条线段： 矩形的左侧视为加入当前矩形，右侧+1的位置视为删去当前矩形。用线段树+set维护。对于每个线段树上的节点，存储两个值与一个set，分别设为maxv,minv,S
maxv表示：当前区间内能够看见的，编号最大的未被
标记的颜色。
minv表示：当前区间内能看见的最小的颜色。（用于更
新maxv）
S存储完全覆盖了当前区间的所有颜色。
接下来是更新maxv和minv
理解起来很容易，maxv的更新就不用说了，对minv的更新：里层的min就是左右区间内能看见颜色的最小值，而外层的max是因为：当前区间内都被这个值覆盖，所以取max。
然后，若maxv<minv，说明当前maxv这个颜色一定被其他已更新颜色覆盖掉了，因为它连当前区间内能看见的最小的值都不够。所以将maxv修正为-1，即记为当前区间不含可以被更新的颜色。
每更新一次，继续判断根节点的maxv是否为-1，若不是则继续标记，若是则停止。
Ｏ（ｎｌｏｇ＾２）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int M = 6e5 + 5; int tox, toy, dx[M], dy[M], ls[M], rs[M], N; bool used[M]; struct query{ int l, r, del, id, x; bool operator < (const query &rhs) const{ if(x == rhs.x) return l < rhs.l; return x < rhs.x; } }blo[M]; void pushx(int x){ dx[++tox] = x; dx[++tox] = x-1; dx[++tox] = x+1; } void pushy(int y){ dy[++toy] = y; dy[++toy] = y-1; dy[++toy] = y+1; } struct Node{ int mx, mi; set <int> s; Node *ls, *rs; void up(){ if(ls==NULL && rs==NULL){ if(s.empty()){ mi = mx = -1; return ; } mi = mx = *s.rbegin(); if(used[mx]) mx = -1; } else { mi = min(ls->mi, rs->mi); mx = max(ls->mx, rs->mx); if(s.empty()) return ; int ins = *s.rbegin(); mi = max(mi, ins); if(mx < ins){ if(used[ins]) mx = -1; else { if(mi <= ins) mx = ins; else mx = -1; } } } } }pool[M << 2], *tail = pool, *root; Node *build(int lf = 1, int rg = N){ Node *nd = ++tail; nd->mi = nd->mx = -1; if(lf == rg) ; else { int mid = (lf + rg) >> 1; nd->ls = build(lf, mid); nd->rs = build(mid + 1, rg); } return nd; } #define Ls nd->ls, lf, mid #define Rs nd->rs, mid+1, rg void add(int L, int R, int opt, int d, Node *nd = root, int lf = 1, int rg = N){ if(L <= lf && rg <= R){ if(opt == 1) nd->s.insert(d); else nd->s.erase(d); nd->up(); return ; } int mid = (lf + rg) >> 1; if(L <= mid) add(L, R, opt, d, Ls); if(R > mid) add(L, R, opt, d, Rs); nd->up(); return ; } void Update(int L, int R, Node *nd = root, int lf = 1, int rg = N){ if(L <= lf && rg <= R){ nd->up(); return ; } int mid = (lf + rg) >> 1; if(L <= mid) Update(L, R, Ls); if(R > mid) Update(L, R, Rs); nd->up(); return ; } int read(){ int x = 0; int f = 1; char c = getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c<='9'&&c>='0'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*=f; } int main(){ freopen("excel.in","r",stdin); freopen("excel.out","w",stdout); int n = read(), cnt = 0; for(int i = 1; i <= n; i++){ int xl = read(), yl = read(), xr = read(), yr = read(); xr--, yr--; blo[++cnt] = (query) {yl, yr, 1, i, xl}; blo[++cnt] = (query) {yl, yr, -1, i, xr+1}; pushx(xl); pushx(xr+1); pushy(yl); pushy(yr); } sort(dx + 1, dx + 1 + tox); sort(dy + 1, dy + 1 + toy); tox = unique(dx + 1, dx + 1 + tox) - dx - 1; toy = unique(dy + 1, dy + 1 + toy) - dy - 1; for(int i = 1; i <= cnt; i++){ blo[i].x = lower_bound(dx + 1, dx + 1 + tox, blo[i].x) - dx; blo[i].l = lower_bound(dy + 1, dy + 1 + toy, blo[i].l) - dy; blo[i].r = lower_bound(dy + 1, dy + 1 + toy, blo[i].r) - dy; ls[blo[i].id] = blo[i].l, rs[blo[i].id] = blo[i].r; } sort(blo + 1, blo + 1 + cnt); int lst = 1; N = toy; root = build(); for(int i = 1; i <= tox; i++){ while(lst <= cnt && blo[lst].x == i){ add(blo[lst].l, blo[lst].r, blo[lst].del, blo[lst].id); lst++; } while(root->mx != -1){ int x = root->mx; used[x] = 1; Update(ls[x], rs[x]); } } int ans = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) if(used[i]) ans++; printf("%d ", ans+1); }