test20190924 老L

80+50+100=230。T1没做出来说明我数列学得不好？

LOLO 的含树

现有函数

[g_m(i)=egin{cases} 0, & 0 leq i leq m\ i-1+frac{1}{i}sum_{j=1}^i(g_m(i-j)+g_m(j-1)), & i>m end{cases} ]

给出 (n,m)，求 (g_m(n) mod (10^9+7))。

(0 leq m < n leq 10^9)。

HDU6680 Rikka with Quicksort

令 (a_n=g_m(n),s_n=sum_{i=1}^na_i)，则原式在 (n>m) 时可以写作

[a_n=n-1+frac{2}{n}s_{n-1} ]

对 (s_n) 进行处理

[s_n=s_{n-1}+a_n\ =n-1+frac{n+2}{n}s_{n-1} ]

两边同时除以 ((n+1)(n+2)) 得到

[frac{s_n}{(n+1)(n+2)}=frac{n-1}{(n+1)(n+2)}+frac{s_{n-1}}{n(n+1)} ]

令 (f_n=frac{s_n}{(n+1)(n+2)})，那么原式可以写成

[f_n=frac{n-1}{(n+1)(n+2)}+f_{n-1} ]

分块打表预处理 (frac{n-1}{(n+1)(n+2)}) 前缀和即可。

这个打表程序还是有点技术含量的，暴力打表特别慢。时间复杂度 (O(L log P))。

co int N=4e8+3;
int f[N];

il int inv(int x){
	if(x<N) return f[x];
	if(x%2==0) return mul(f[2],inv(x/2));
	if(x%3==0) return mul(f[3],inv(x/3));
	if(x%5==0) return mul(f[5],inv(x/5));
	if(x%7==0) return mul(f[7],inv(x/7));
	if(x%11==0) return mul(f[11],inv(x/11));
	if(x%13==0) return mul(f[13],inv(x/13));
	if(x%17==0) return mul(f[17],inv(x/17));
	if(x%19==0) return mul(f[19],inv(x/19));
	return fpow(x,mod-2);
}
co int L=1e6;

int main(){
	freopen("ftab.in","w",stdout);
	f[0]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<N;++i) f[i]=mul(mod-mod/i,f[mod%i]);
	int sum=0;
	printf("%d,",sum);
	for(int i=1;i<=1e9;++i){
		sum=add(sum,mul(i-1,mul(inv(i+1),inv(i+2))));
		if(i%L==0) printf("%d,",sum);
		if(i%(10*L)==0) cerr<<i<<endl;
		if(i%(100*L)==0) puts("");
	}
	return 0;
}

大常数（主要是L设的太大）代码

co int L=1e6;
int f[1001]={};

int sum(int n){
	int ans=f[n/L];
	for(int i=n/L*L+1;i<=n;++i) ans=add(ans,mul(i-1,mul(fpow(i+1,mod-2),fpow(i+2,mod-2))));
	return ans;
}

int main(){
	freopen("func.in","r",stdin),freopen("func.out","w",stdout);
	int n=read<int>(),m=read<int>();
	int ans=add(sum(n-1),mod-sum(m));
	ans=mul(ans,mul(n,n+1));
	printf("%d
",add(n-1,mul(2,mul(fpow(n,mod-2),ans))));
	return 0;
}

乔治的重病

Mio 是个带孝子，他搜集了 n 种药材，第 i 味药有 p_i 的概率使乔治被治好。他要将这 n 种药材中的一部分组合在一起(每味药的效果独立,且最多只能用一次)。俗话说是药三分毒，Mio 希望他的父亲只被治好一次。

(n leq 10^4)。

HDU6693 Valentine's Day

假设选了集合 (S)，答案可以表示为

[ans=sum_{iin S}frac{p_i}{1-p_i}prod_{iin S}(1-p_i) ]

设现有的 (sum_{iin S}frac{p_i}{1-p_i}=X,~prod_{iin S}(1-p_i)=Y)，假设加入了新的物品 (i)，那么新答案为

[ans'=(X+frac{p_i}{1-p_i})Y(1-p_i) ]

新旧答案变化量为

[Delta ans=(1-X)Yp_i ]

显然 (X geq 1) 时加入任何物品都不会使得答案变忧。类似的，如果删除一个物品后 (X geq 1)，那么删除这个物品不会使答案变差。因此，任意一个最优解对应的非空药材集合 (G) 都满足 (X geq 1)，且该集合每个真子集均有 (X<1)，也即

[forall Tsubsetneq G,~X=sum_{iin T}frac{p_i}{1-p_i}<1 ]

不难发现 (frac{p_i}{1−p_i}) 和 (p_i) 的单调性相同。因此，如果一个满足上述条件的非空集合 (G) 不是由使乔治痊愈概率最大的若干个物品构成，那么可以把集合内概率最小的物品 (a) 换成集合外概率最大的物品 (b)， 从而得到一个答案不会更劣的集合 (G ackslash {a} cup {b})。设新集合中概率最小的物品为 (c)，新集合的真子集 (G ackslash {a} cup {b} ackslash {c}) 可能不满足 (X<1)，此时可以不断地删去集合中概率最小的物品，直到该集合满足条件。这个过程不会使答案变劣，不断地替换和删除药材可以得到最优解。

最终的结论是，按照概率从大到小的顺序购买药材直到 (X geq 1) 或者全部买完为止，即可得到一个最优解。

时间复杂度 (O(n log n))。

co int N=10000+10;
LD p[N];

int main(){
	freopen("ill.in","r",stdin),freopen("ill.out","w",stdout);
	int n=read<int>();
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%Lf",p+i);
	sort(p+1,p+n+1,greater<LD>());
	LD ans=0;
	LD X=0,Y=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(p[i]==1) {ans=1;break;}
		X+=p[i]/(1-p[i]),Y*=(1-p[i]);
		ans=max(ans,X*Y);
	}
	printf("%.*Lf",read<int>(),ans);
	return 0;
}

石鬼面

Mio 涂在面具上的血可以看做由 n 个血滴构成的序列，共有 m 种颜色。

Mio 可以改变血滴的颜色，他想知道一个区间里有多少种颜色的血滴。

他进行了 q 次操作，修改一个点的颜色或者查询一个区间内出现的颜色种数。

一次操作输入格式为 op x y

1. op=1 时，将从左往右第 x 个血滴颜色改为 y。
2. op=2 时，查询区间[x,y]内有多少种颜色的血滴。

题解

经典题。想方设法维护last即可，分块，树套树，线段树分治均可。

我用的是分块，(O(n sqrt{n}))。

co int N=100000+10,M=316+10;
int n,m,Q;
int a[N],lst[N];
set<int> s[N];
int blo,num;
int le[M],ri[M],bl[N];
int cnt[M][N],tag[M][M];

void modify(int id,int p,int v){
	for(int i=p;i<=ri[bl[p]];++i) cnt[id][i]+=v;
	for(int i=bl[p]+1;i<=num;++i) tag[id][i]+=v;
}
int main(){
	freopen("mask.in","r",stdin),freopen("mask.out","w",stdout);
	read(n),read(m),read(Q);
	for(int i=1;i<=m;++i) s[i].insert(0),s[i].insert(n+1);
	for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]),lst[i]=*--s[a[i]].lower_bound(i),s[a[i]].insert(i);
	
	blo=sqrt(n),num=(n+blo-1)/blo;
	for(int i=1;i<=num;++i){
		le[i]=ri[i-1]+1,ri[i]=min(i*blo,n);
		for(int j=le[i];j<=ri[i];++j) bl[j]=i,++cnt[i][lst[j]];
		for(int j=1;j<=n;++j) cnt[i][j]+=cnt[i][j-1];
	}
	
//	cerr<<"last=";
//	for(int i=1;i<=n;++i) cerr<<" "<<lst[i];
//	cerr<<endl;
	while(Q--){
		if(read<int>()==1){
			int p=read<int>(),v=read<int>();
			if(a[p]==v) continue;
			s[a[p]].erase(p),modify(bl[p],lst[p],-1);
			int q=*s[a[p]].upper_bound(p);
			if(q<=n){
				modify(bl[q],lst[q],-1);
				lst[q]=lst[p],modify(bl[q],lst[q],1);
			}
			a[p]=v,s[v].insert(p);
			lst[p]=*--s[v].lower_bound(p),modify(bl[p],lst[p],1);
			q=*s[v].upper_bound(p);
			if(q<=n){
				modify(bl[q],lst[q],-1);
				lst[q]=p,modify(bl[q],lst[q],1);
			}
		}
		else{
			int l=read<int>(),r=read<int>();
			int ans=0;
			if(bl[l]==bl[r]){
				for(int i=l;i<=r;++i) ans+=lst[i]<l;
				printf("%d
",ans);
				continue;
			}
			for(int i=l;i<=ri[bl[l]];++i) ans+=lst[i]<l;
			for(int i=bl[l]+1;i<=bl[r]-1;++i) ans+=cnt[i][l-1]+tag[i][bl[l-1]];
			for(int i=le[bl[r]];i<=r;++i) ans+=lst[i]<l;
			printf("%d
",ans);
		}
	}
	return 0;
}