2018.9.16 牛客提高集训营2
期望得分：100+40+10
实际得分：100+10+10
非要用滚动数组，还不好好清空，丢了30分吧。
A 方差
拆一下方差的式子就可以(O(1))得到要求的值了。
出题人：数据是精心设计的，刚好不会爆longlong。
是的，这是在你原题面乘(n-1)而不是乘((n-1)^2)的情况下。
longlong不好爆吗，((10^4)^2 imes 10^5 imes 10^5 imes 10^5=GG)。so数据(故意)水差评。
输出格式真心有毒。
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <iostream>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;
int n,A[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
//void print(__int128 x)
//{
// if(x<0) {x=-x; putchar('-');}
// if(x>9) print(x/10);
// putchar(x%10+'0');
//}
int main()
{
n=read(); LL s1=0,s2=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) s1+=(A[i]=read()),s2+=A[i]*A[i];
// if(n>2000)
// {
// __int128 ss1=s1,ss2=s2;
// for(int i=1; i<n; ++i)
// {
// __int128 aver2=ss1-A[i],tmp=ss2-A[i]*A[i];
// print(tmp*(n-1)-aver2*aver2), putchar(' ');
// }
// __int128 aver2=ss1-A[n],tmp=ss2-A[n]*A[n];
// print(tmp*(n-1)-aver2*aver2), putchar('
');
// }
// else
{
for(int i=1; i<n; ++i)
{
LL aver2=s1-A[i];
printf("%lld ",1ll*(n-1)*(s2-A[i]*A[i])-aver2*aver2);
}
LL aver2=s1-A[n];
printf("%lld
",1ll*(n-1)*(s2-A[n]*A[n])-aver2*aver2);
}
return 0;
}
B 分糖果(容斥 DP 单调栈)
先考虑拆环为链，序列上怎么做。
有限制不好做，考虑容斥。(Ans=无限制方案数-存在相邻至少2个相同+存在相邻至少3个相同ldots)
每次确定相邻多少个相同就是分一段，这一段的方案数显然为这一段(A_i)的最小值。
(f_i)表示考虑到(i)的答案。于是得到转移方程：$$f_i=sum_{j<i}f_j imesmin{a_{j+1},ldots,a_i} imes(-1)^{i-j-1}$$(i-j-1)即（这一段）有多少个相同。
（或者我们考虑，第(i)个随便放：(f_i=f_{i-1} imes A_i)，这样多算了(i)与(i+1)相同的情况，所以再减去(f_{i-2} imesmin(A_i,A_{i-1}))，...）
首先把((-1)^i)提出来：$$f_i=(-1)^i imessum_{j<i}min{a_{j+1},ldots,a_i} imes f_j imes(-1)^{j+1}$$
后面只与(j)有关。考虑怎么维护。当从(i)转移到(i+1)时：(min{a_{j+1},ldots,a_i} omin{a_{j+1},ldots,a_{i+1}})，只改变一项，可以用线段树取min、求和做。
我们实际是在每个位置维护一个后缀最小值。
如图，当添加(i+1)时，会使(asim i+1)的最小值改变，即把(bsim c,csim i)这两段删去，添加新的一段(asim i+1)。可以用单调栈维护。
然后是环的问题。即若(1)和(n)相同则不合法。
我们可以用不考虑环的(f[n])，减去不考虑环的(f[n-1])，即直接让(1)和(n)相等（即不合法方案数）。但是又会多减(不用想感觉应该是这样...)，所以再加(f[n-3])......
还有个问题是合并时(a_1,a_n)是否可以取值相同。可以把最小的(A_i)转到(A_1)位置，这样就可以直接和最后一段合并。
坑
C 集合划分(构造)
(m=0)时
用(lb(x)=lowbit(x))表示(x)二进制下最低位的(1)，即(x)集合内标号最小的元素。用(x|y)表示集合(x)与(y)的并。
那么：把(lb(x))相同的元素全部分给一个人，这样构造的方案一定是合法的。
证明：因为(lb(x|y))一定等于(lb(x))或(lb(y))，所以若集合(x,y)都属于A，集合(x|y)也一定属于A。
(lb(x)=i)的(x)的个数恰好有(2^{n-i})个（比(i)大的(n-i)个元素任选），可以直接对(K)二进制拆分。
(m>0)时
把上述做法推广，我们给每个元素定义一个优先级，使得不同元素优先级不同。
然后对于一个集合，定义其"特征"为其中优先级最高的元素的编号。
那么把特征相同的集合全部分给一个人，这样构造的方案一定是合法的。
同时我们可以证明，对于所有方案都可以用这种方法构造。
证明：
假设 ({1,2,dots, n}in S)
那么一定存在一个 (i) ，使得 (forall U) 使得 (iin U), 必有 (Uin S) .
（如果不存在，那么 (forall i, exists iin V_i, V_iin T) ，那么({1,2,dots, n}=igcup_i V_i in T)，矛盾）
不失一般性，交换(S,T)也成立。
那么问题有两个：1.确定每个元素的优先级，从而计算集合的特征；2.把特征相同的集合分给同一个人。
因为有(K)限制，哪些集合分给谁是确定的，即第二个问题不需要考虑。
然后第一个问题我就看不懂了。
求路过dalao解答
坑
考试代码
B
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
#define mod 1000000007
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;//1e6+5
int n,A[N],ref[N],f[2][1005][1005];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline int Find(int x,int r)
{
int l=1,mid;
while(l<r)
if(ref[mid=l+r>>1]<x) l=mid+1;
else r=mid;
return l;
}
inline int FP(int x,int k)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
return t;
}
bool Spec1()
{
int a=A[1];
for(int i=2; i<=n; ++i) if(A[i]!=a) return 0;
LL ans=0; int pw=a-1;
for(int i=1; i<=n-3; ++i,pw=1ll*pw*(a-1)%mod)
if((n-i)&1) ans+=1ll*a*pw%mod;
else ans-=1ll*a*pw%mod;
ans-=1ll*a*pw%mod;
pw=1ll*pw*(a-1)%mod, ans+=1ll*a*pw%mod;
printf("%d
",(int)((ans%mod+mod)%mod));
return 1;
}/*
8 10 10 10 10 10 10 10 10
43046730*/
int main()
{
n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) ref[i]=A[i]=read();
if(n>100 && Spec1()) return 0;
// std::sort(ref+1,ref+1+n); int cnt=1;
// for(int i=2; i<=n; ++i) if(ref[i]!=ref[i-1]) ref[++cnt]=ref[i];
// for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=Find(A[i],cnt);
if(n>2000) return putchar('0'),0;
int now=0,las=1;
for(int i=1,a1=A[1]; i<=a1; ++i) f[las][i][i]=1;
for(int i=2,a1=A[1]; i<=n; ++i)
{
int lc=A[i-1],nc=A[i];
for(int j=1; j<=a1; ++j)
{
LL sum=0;
for(int k=1; k<=lc; ++k) sum+=f[las][j][k];
for(int k=lc+1; k<=nc; ++k) f[las][j][k]=0;//!!!
sum%=mod;
// if(!sum) continue;//...
for(int k=1; k<=nc; ++k) f[now][j][k]=(sum-f[las][j][k]+mod)%mod;
}
now=las, las^=1;
}
LL ans=0;
for(int i=1,a1=A[1]; i<=a1; ++i)
for(int j=1,an=A[n]; j<=an; ++j)
if(i!=j) ans+=f[las][i][j];
printf("%d
",(int)(ans%mod));
return 0;
}
C
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
const int N=(1<<18)+5;
int n,m,lim,K,A[10005];
bool OK,chose[N],need[N],inq[N];
char ans[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
void DFS(int x,int sum)
{
if(OK) return;
if(x>lim)
{
if(sum!=K) return;
for(int s1=1; s1<=lim; ++s1)
if(chose[s1])
for(int s2=1; s2<=lim; ++s2)
if(chose[s2] && !chose[s1|s2]) return;
OK=1;
for(int s=1; s<=lim; ++s) if(chose[s]) ans[s]='1';
return;
}
if(need[x])
{
if(sum>=K) return;
chose[x]=1, DFS(x+1,sum+1), chose[x]=0;
}
else
{
if(sum<K) chose[x]=1, DFS(x+1,sum+1), chose[x]=0;
DFS(x+1,sum);
}
}
bool Check1()
{
static int q[N];
int h=0,t=0;
for(int i=1; i<=m; ++i) q[++t]=A[i],inq[A[i]]=1;
while(h<t)
{
int x=q[++h];
for(int i=1; i<=t; ++i)
if(!inq[x|q[i]]) inq[q[++t]=x|q[i]]=1;
}
if(t>K) return 0;
return 1;
}
int main()
{
n=read(),m=read(),K=read(),lim=(1<<n)-1;
for(int s=0; s<=lim; ++s) ans[s]='0'; ans[lim+1]=' ';
for(int i=1; i<=m; ++i) need[A[i]=read()]=1;
if(m>K) return printf("-1"),0;
if(n<=4)
{
DFS(1,0);
if(OK)
{
for(int i=1; i<=lim; ++i) putchar(ans[i]);
// ans[lim+1]=' ', puts(ans+1);//mdzz
}
else printf("-1");
return 0;
}
if(1||!Check1()) return printf("-1"),0;
return 0;
}