二叉树
【问题描述】
从前有一棵二叉树，我们用如下方式来表示这棵二叉树。
- 如果一个节点没有儿子，我们用“0”来表示他。
- 如果一个节点有一个儿子，我们对它的表示以“1”开头，后面接对它儿子的表示。
- 如果一个节点有两个儿子，我们对它的表示以“2”开头，后面先接对它左儿子的表示，后接对它右儿子的表示。
KJDH 十分贪玩，将这棵树染了色，KJDH 又十分聪明，它染色又很有规则：每个节点不能和它的孩子有相同的颜色，如果一个节点有两个孩子，那么这两个孩子也不能有相同的颜色。 由于这个树年代久远了，所以我们看不清每个节点的颜色了，但我们知道KJDH 只染了红黄白三种颜色。我们想知道这棵树最多和最少有多少个节点是白色的。
【输入格式】
输入文件名为 tree.in。 输入文件只有一行，一个字符串，只有“0”，“1”，“2”组成，表示这 棵树的结构。
【输出格式】
输出文件名为 tree.out。 输出文件包含两个用空格隔开的数，分别表示白色节点的最多和最少数量。
【输入输出样例 1】
tree.in
200
tree.out
1 1
【输入输出样例 2】
tree.in
1122002010
tree.out
5 2
【数据规模与约定】
对于 20% 的数据，len<=10。
对于 50% 的数据，len<=2000
对于 100% 的数据，len<=500000。其中 len 为读入字符串的长度。
题解
我还想了好一会儿怎么建树。用栈模拟括号序列即可。
然后就是睿智树形DP。
co int N=500000+10;
char str[N];
struct node{int id,val;};
int len,lc[N],rc[N],n;
int main(){
freopen("tree.in","r",stdin),freopen("tree.out","w",stdout);
scanf("%s",str+1),len=strlen(str+1);
stack<node> st;
for(int i=1;i<=len;++i){
st.push((node){++n,str[i]-'0'});
while(st.top().val==0){
int x=st.top().id;st.pop();
if(x==1) break;
int fa=st.top().id;
// cerr<<"link "<<fa<<" "<<x<<endl;
lc[fa]?rc[fa]=x:lc[fa]=x;
--st.top().val;
}
}
dfs(1);
printf("%d %d
",max(f[1][0],max(f[1][1],f[1][2])),min(g[1][0],min(g[1][1],g[1][2])));
return 0;
}
跳舞
【问题描述】
KJDH 有 n 个妹子，从 1 到 n 依次编号，每个妹子都会跳舞，第 i 个妹子跳舞的魅力值为 ai，有一天 KJDH 在 IOI 赛场上捧了杯，他的 n 个妹子想要庆祝一下，要为他跳舞，总共要跳 n*(n+1)/2 支舞，分别由编号为 i~j 的妹子跳舞（1<=i<=j<=n)。
每跳一支舞 KJDH 都会非常高兴从而增加愉悦值，编号为 i~j 的妹子跳舞能增加的愉悦值为
（j-i+1)Min(ai,ai+1,…,aj)Max(ai,ai+1,…,aj)
问 KJDH 在跳完 n*(n+1)/2 支舞后，能增加多少愉悦值，答案对 1000000007 取模。
【输入格式】
输入文件名为 dance.in。
输入共 2 行。
第 1 行包含 1 个正整数 n ，表示 n 个妹子。
第 2 行包含 n 个用空格隔开的正整数 a1,a2,…,an。表示每个妹子跳舞的魅力值。
【输出格式】
输出文件名为 dance.out。
输出共 1 行，包含 1 个整数，表示 KJDH 能增加的愉悦值。
【输入输出样例 1】
dance.in
4
2 4 1 4
dance.out
109
【输入输出样例 1 说明】
总共跳了 6 支舞。用（i,j）表示编号 i~j 的妹子跳舞增加的愉悦值。
（1,1）=4 （1,2）=16 （1,3）=12 （1,4）=16
（2,2）=16 （2,3）=8 （2,4）=12
（3,3）=1 （3,4）=8
（4,4）=16
全部加起来为 109。
【数据规模与约定】
对于 60%的数据，n<=2000；
对于 100%的数据，n<=500000，1<=ai<=108 。
ChiTongZ的题解
把(j-i+1)从答案中拆出去
第二重求和符号可以用单调栈+线段树维护。
用单调栈来得知区间覆盖情况，用线段树维护区间覆盖标记，区间min、max和，区间min*max和。发现就可以做了。
时间复杂度(O(n log n))，出题人卡常数。
#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
template<class T> T read(){
T x=0,w=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*w;
}
template<class T> T read(T&x){
return x=read<T>();
}
using namespace std;
typedef long long LL;
co int mod=1000000000+7;
il int add(int a,int b){
return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
il int mul(int a,int b){
return (LL)a*b%mod;
}
co int N=500000+10;
namespace T{
int l[N<<2],r[N<<2];
int tag[N<<2][2],sum[N<<2][2];
int pro[N<<2];
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
void build(int x,int l,int r){
T::l[x]=l,T::r[x]=r;
tag[x][0]=tag[x][1]=sum[x][0]=sum[x][1]=0;
pro[x]=0;
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
}
void set(int x,int k,int v){
tag[x][k]=v,sum[x][k]=mul(r[x]-l[x]+1,v);
pro[x]=mul(sum[x][k^1],v);
}
void push_down(int x){
for(int k=0;k<2;++k)if(tag[x][k]){
set(lc,k,tag[x][k]),set(rc,k,tag[x][k]);
tag[x][k]=0;
}
}
void push_up(int x){
for(int k=0;k<2;++k)
sum[x][k]=add(sum[lc][k],sum[rc][k]);
pro[x]=add(pro[lc],pro[rc]);
}
void change(int x,int ql,int qr,int k,int v){
if(ql<=l[x]&&r[x]<=qr)
return set(x,k,v);
push_down(x);
int mid=(l[x]+r[x])>>1;
if(ql<=mid) change(lc,ql,qr,k,v);
if(qr>mid) change(rc,ql,qr,k,v);
push_up(x);
}
int query(int x,int ql,int qr){
if(ql<=l[x]&&r[x]<=qr)
return pro[x];
push_down(x);
int mid=(l[x]+r[x])>>1;
if(qr<=mid) return query(lc,ql,qr);
if(ql>mid) return query(rc,ql,qr);
return add(query(lc,ql,qr),query(rc,ql,qr));
}
}
int n,a[N];
int s1[N],t1,s2[N],t2; // max,min
int main(){
freopen("dance.in","r",stdin),freopen("dance.out","w",stdout);
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);
int ans=0;
T::build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;++i){
while(t1&&a[s1[t1]]<=a[i]) --t1;
T::change(1,t1?s1[t1]+1:1,i,1,a[i]);
s1[++t1]=i;
while(t2&&a[s2[t2]]>=a[i]) --t2;
T::change(1,t2?s2[t2]+1:1,i,0,a[i]);
s2[++t2]=i;
ans=add(ans,mul(i,T::query(1,1,i)));
}
T::build(1,1,n),t1=t2=0;
for(int i=n;i>=1;--i){
while(t1&&a[s1[t1]]<=a[i]) --t1;
T::change(1,i,t1?s1[t1]-1:n,1,a[i]);
s1[++t1]=i;
while(t2&&a[s2[t2]]>=a[i]) --t2;
T::change(1,i,t2?s2[t2]-1:n,0,a[i]);
s2[++t2]=i;
ans=add(ans,mod-mul(i-1,T::query(1,i,n)));
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}
数列
【问题描述】
我们定义 n-数列是具有如下性质的数列。
- 数列的长度不小于 3，且数列中的每个元素都是 1 到 n 之间的整数。
- 若数列为 a1，a2，……，am，则对于任意 3<=k<=m,都满足
(ak-ak-2)(ak-1-ak-2)<0
现在给你 n，求 n-数列的个数。答案对 1000000007 取模。
【输入格式】
输入文件名为 seq.in。
输入共一行，为 n。
【输出格式】
输出文件名为 seq.out。 输出一行，表示 n-数列的个数
【输入输出样例 1】
seq.in
3
seq.out
2
【输入输出样例 1 说明】
两个 n-序列分别是（2,1,3）和（2,3,1）
【输入输出样例 2】
seq.in
666
seq.out
805846404
【数据规模与约定】
对于10%的数据，n<=10
对于30%的数据，n<=200
对于50%的数据，n<=2000
对于70%的数据，n<=1018
对于100%的数据，3<=n<=105000
还是ChiTongZ的题解
注意到若设(b_i=a_{i+1}-a_i)，则(|b_i|)是单调递增的，并且(b_i)正负交替。
考虑(a_i - i)的图像，把它连成折线图，那么我们要做的就是确定(a_i)的波动范围，即(max { |b_i| }=|b_m|)，然后求出这个波动范围的方案数，乘上这个范围摆放位置的方案数。
考虑枚举(|b_m|)，先假设(b_m)为正数，最后方案数乘以(2)即可。
因为(b)的严格的性质，所以(1 sim i-1)的任何一种出现方式都唯一对应一种方案。
但是这里没有保证(|{a_n}| ge 3)，即(|{b_n}| ge 2)，所以要减去(| { b_n }| = 1)情况。
然后通过现有的套路进行计算，得出答案
时间复杂度(O(lg n))。
#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
template<class T> T read(){
T x=0,w=1;char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*w;
}
template<class T> T read(T&x){
return x=read<T>();
}
using namespace std;
typedef long long LL;
co int mod=1000000000+7;
il int fpow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=(LL)a*a%mod)
if(b&1) ans=(LL)ans*a%mod;
return ans;
}
int main(){
freopen("seq.in","r",stdin),freopen("seq.out","w",stdout);
int m=0,n=0;
for(char c=getchar();isdigit(c);c=getchar()){
m=((LL)m*10+c-'0')%(mod-1);
n=((LL)n*10+c-'0')%mod;
}
int ans=fpow(2,m+1)+mod-((LL)n*n+n+2)%mod;
printf("%d
",ans%mod);
return 0;
}