2019牛客多校训练（一）

比赛链接：

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/881#question

A. Equivalent Prefixes

题意：

给出两个序列，求出一个最大的$p$，使$RMQ(v,l,r)=RMQ(u,l,r),1leq lleq rleq p)$

$RMQ(v,l,r)$代表在$v$数组中，区间$[l,r]$的最小值下标

分析：

单调栈找到每个数向左延升第一个比它小的数，得到两个新的序列

找到最大相同前缀，就是题目所求的$p$

ac代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define PI acos(-1.0)
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const ll mod=1e9+7;
int n;
int a[maxn],b[maxn];
int za[maxn],zb[maxn];
int top;
pa stac[maxn];
//找到第一个比它大的值
int main()
{
    while(scanf("%d",&n)==1)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
        for(int i=n;i>=1;i--)
        {
            while(top>=1&&stac[top].first>a[i])za[stac[top].second]=i,top--;
            stac[++top]=make_pair(a[i],i);
        }
        while(top)za[stac[top].second]=0,top--;
        for(int i=n;i>=1;i--)
        {
            while(top>=1&&stac[top].first>b[i])zb[stac[top].second]=i,top--;
            stac[++top]=make_pair(b[i],i);
        }
        while(top)zb[stac[top].second]=0,top--;
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
           // cout<<za[i]<<" "<<zb[i]<<endl;
            if(za[i]==zb[i])
                ans++;
            else
                break;
        }
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

　　

E. ABAB

题意：

求出能分解成$n$个$AB$子序列和$m$个$BA$子序列的字符串种类数

分析：

首先分析如何贪心判断一个字符串是否可以分解成$n$个$AB$和$m$个$BA$，如果遇到$A$并且总数少于$n$那么肯定合法，总数大于$n$，那么就让多余的$A$与前面的$B$结合

定义$dp[i][j]$长度位$i+j$并且有$i$个$A$和$j$个$B$的前缀方案数

例如 $dp[0][0]$方案数为$1$，只有空字符串一种

转移方程：看代码

ac代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn=2e3+5;
const int maxm=1e7+10;
const ll mod=1e9+7;
int n,m;
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
    while(scanf("%d %d",&n,&m)==2)
    {
        for(int i=0;i<=n+m;i++)
            for(int j=0;j<=n+m;j++)
                dp[i][j]=0;
        for(int i=0;i<=n;i++)dp[i][0]=1;
        for(int i=0;i<=m;i++)dp[0][i]=1;

        for(int i=1;i<=n+m;i++)
        {
            for(int j=1;j<=n+m;j++)
            {
                if(i<=n||j-i+1+n>0)
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j])%mod;
                if(j<=m||i-j+1+m>0)
                    dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i][j-1])%mod;
            }
        }
        printf("%d
",dp[n+m][n+m]);
    }
    return 0;
}

　　

F. Random Point in Triangle

题意：

求出在一个三角形中加一个点，三条边与这个点构成的三个三角形的最大三角形的期望面积*36

保证最后的结果是整数

分析：

既然保证是整数，那么结果应该不是很复杂，期望面积很可能与原三角形的面积有关

一种暴力的方法是，在给定的三角形中撒上$1e7$个点，求出的平均面积接近期望面积

网上也有大佬证明，看不懂

ac代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define PI acos(-1.0)
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const ll mod=1e9+7;
struct Point
{
    ll x,y;
}point[3];
int main()
{
    while(scanf("%lld %lld",&point[0].x,&point[0].y)==2)
    {
        scanf("%lld %lld",&point[1].x,&point[1].y);
        scanf("%lld %lld",&point[2].x,&point[2].y);
        point[1].x-=point[0].x;
        point[1].y-=point[0].y;
        point[2].x-=point[0].x;
        point[2].y-=point[0].y;
        ll area=abs(point[1].x*point[2].y-point[1].y*point[2].x);
        printf("%lld
",area*11);
    }
    return 0;
}

J.Fraction Comparision

题意：

给出$x,y,a,b$

求出$frac{x}{a}$与$frac{y}{b}$的大小关系

分析：

Java大数类可以直接过

ac代码：

import java.math.BigInteger;
import java.util.Scanner;
 
public class Main{
    public static void main (String[] args)
    {
        int n;
        Scanner cin=new Scanner(System.in);
        while(cin.hasNext())
        {
            BigInteger x=cin.nextBigInteger();
            BigInteger a=cin.nextBigInteger();
            BigInteger y=cin.nextBigInteger();
            BigInteger b=cin.nextBigInteger();
            x=x.multiply(b);
            y=y.multiply(a);
            int key=x.compareTo(y);
            if(key==0)System.out.println("=");
            else if(key==-1)System.out.println("<");
            else if(key==1)System.out.println(">");
        }
    }
}

B. Integration

题意：

求一个连乘表达式的积分

分析：

参考博客：https://www.cnblogs.com/Dillonh/p/11209476.html

大致思路，算出表达式的系数，化简

ac代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define PI acos(-1.0)
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn=1e3+10;
const ll mod=1e9+7;
ll a[maxn];
ll qpow(ll x,ll y)
{
    ll res=1,k=x;
    while(y){
        if(y%2)res=res*k%mod;
        k=k*k%mod;
        y/=2;
    }
    return res;
}
int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)==1){
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            ll res=1;
            for(int j=1;j<=n;j++){
                if(i==j)continue;
                res=res*(a[j]*a[j]%mod-a[i]*a[i]%mod+mod)%mod;
            }
            res=qpow(res,mod-2)%mod;
            res=res*qpow(a[i],mod-2)%mod;
            ans=(ans+res)%mod;
        }
        ans=ans*qpow(2,mod-2)%mod;
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

　　

H. XOR

题意：

给出一个数组，求所有异或和为0的子集$size$累加和

分析

对于$a_i$，它对答案的贡献就是包含它的异或和为0的子集种类数

我们先对整体的数组求线性基，假设共$r$个元素作为基底

线性基外面的每个元素的贡献为$2^{n-r-1}$，因为基底外的元素可以被基底唯一表示

对于线性基里面的元素$a_i$，对$n-1$个数求一次线性基，如果$a_i$能插入，那么$a_i$没有贡献，否则同上计算

ac代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll base1[70],base2[70],temp[70];
ll num[maxn],sk1[maxn],sk2[maxn];
int top1,top2,zz;
ll qpow(int x,ll y)
{
    ll res=1,k=x;
    while(y){
        if(y&1)res=res*k%mod;
        k=k*k%mod;
        y/=2;
    }
    return res;
}
bool insert(ll base[],ll x)
{
    for(int i=0;i<62;i++){
        if(x&((ll)1<<i)){
            if(base[i]==0){
                base[i]=x;
                return 1;
            }
            x^=base[i];
        }
    }
    return 0;
}

int main()
{
    int n;
//    cout<<((ll)1<<62)<<endl;
    while(scanf("%d",&n)==1){
        for(int i=0;i<62;i++)base1[i]=base2[i]=0;
        top1=top2=zz=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%lld",&num[i]);
            if(insert(base1,num[i]))sk1[++top1]=num[i];
            else sk2[++top2]=num[i];
        }
        ll ans=top2*qpow(2,top2-1)%mod;//基底外元素的贡献
       // cout<<ans<<endl;
        for(int i=1;i<=top2;i++)
            if(insert(base2,sk2[i]))zz++;//先把基底外元素插入
        for(int i=1;i<=top1;i++){
            for(int j=0;j<62;j++)temp[j]=base2[j];
            int cnt=0;
            for(int j=1;j<=top1;j++)
                if(j!=i)if(insert(temp,sk1[j]))cnt++;//插入基底内元素
            if(insert(temp,sk1[i])==0)ans=(ans+qpow(2,n-cnt-1-zz))%mod;//此元素插不进时才可以计算贡献
           // cout<<ans<<endl;
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

　　

C. Euclidean Distance

题意：

给出$a$数组，构造一个$p$数组，满足$p_{i}geq 0,sum p_i=1$

求$sum (a_{i}-p_{i})^{2}$的最小值

分析

贪心地将比较大的数变小，如果数相同，那么均摊给它们

ac代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e4 + 5;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll a[maxn];
bool cmp(ll a,ll b)
{
    return a>b;
}
int main()
{
    int n,m;
    while(scanf("%d %d",&n,&m)==2){
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
        sort(a+1,a+1+n,cmp);
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(i<n&&(a[i]-a[i+1])*i+cnt<=m){
                cnt+=(a[i]-a[i+1])*i;
            }else{
                ll ans=(m-cnt-i*a[i])*(m-cnt-i*a[i]);
                for(int j=i+1;j<=n;j++)
                   ans=ans+i*a[j]*a[j];
                ll d=(ll)i*m*m;
                if(ans==0){
                    printf("0
");
                    break;
                }
                ll p=__gcd(d,ans);
                ans/=p;
                d/=p;
                if(d==1)printf("%lld
",ans);
                else printf("%lld/%lld
",ans,d);
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}

I. Points Division

题意：

给出一些点，把它们划分成两个部分，第二部分点只有左上角可以出现第一部分的点

分析

$dp[i]$定义状态为以i点为划分折线上最后一个第二部分点

插入一个$x$极小，$y$极小的点，方便转移和计算全是第一部分的情况

这dp太难了，弱鸡理解了，但是很难正推到这样的dp

参考博客：https://blog.csdn.net/u013534123/article/details/96465704

ac代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
struct Node{
    int x,y,a,b;
    bool operator < (const Node &e)const{
        if(x!=e.x)return x<e.x;
        return y>e.y;
    }
}ne[maxn];

ll tree[maxn*4],lazy[maxn*4];
int sk[maxn],n,ran[maxn];
void build(int st,int en,int rt)
{
    if(st==en){
        tree[rt]=-1e18;
        lazy[rt]=0;
        return ;
    }
    int md=(st+en)/2;
    build(st,md,rt*2);
    build(md+1,en,rt*2+1);
    tree[rt]=max(tree[rt*2],tree[rt*2+1]);
}
void update1(int x,ll y,int st,int en,int rt)
{
    if(st==en){
        tree[rt]=max(y,tree[rt]);
        return ;
    }
    if(lazy[rt]){
        tree[rt*2+1]+=lazy[rt];
        tree[rt*2]+=lazy[rt];
        lazy[rt*2]+=lazy[rt];
        lazy[rt*2+1]+=lazy[rt];
        lazy[rt]=0;
    }
    int md=(st+en)/2;
    if(x<=md)update1(x,y,st,md,rt*2);
    else update1(x,y,md+1,en,rt*2+1);
    tree[rt]=max(tree[rt*2],tree[rt*2+1]);
}
void update2(int l,int r,int y,int st,int en,int rt)
{
    if(l>r)return ;
    if(l>en||r<st){
        return ;
    }
    if(l<=st&&r>=en){
        tree[rt]+=y;
        lazy[rt]+=y;
        return;
    }
    if(lazy[rt]){
        tree[rt*2+1]+=lazy[rt];
        tree[rt*2]+=lazy[rt];
        lazy[rt*2]+=lazy[rt];
        lazy[rt*2+1]+=lazy[rt];
        lazy[rt]=0;
    }
    int md=(st+en)/2;
    update2(l,r,y,st,md,rt*2);
    update2(l,r,y,md+1,en,rt*2+1);
    tree[rt]=max(tree[rt*2],tree[rt*2+1]);
}
ll quer(int l,int r,int st,int en,int rt)
{
    if(r<st||l>en)return -1e18;
    if(l<=st&&r>=en)return tree[rt];
    if(lazy[rt]){
        tree[rt*2+1]+=lazy[rt];
        tree[rt*2]+=lazy[rt];
        lazy[rt*2]+=lazy[rt];
        lazy[rt*2+1]+=lazy[rt];
        lazy[rt]=0;
    }
    int md=(st+en)/2;
    ll res=max(quer(l,r,st,md,rt*2),quer(l,r,md+1,en,rt*2+1));
    tree[rt]=max(tree[rt*2],tree[rt*2+1]);
    return res;
}
int main()
{
    while(scanf("%d",&n)==1){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d %d %d %d",&ne[i].x,&ne[i].y,&ne[i].a,&ne[i].b);
            sk[i]=ne[i].y;
        }
        sort(ne+1,ne+1+n);
        sort(sk+1,sk+1+n);
        int cnt=unique(sk+1,sk+1+n)-sk-1;
        for(int i=1;i<=n;i++)ran[i]=lower_bound(sk+1,sk+1+cnt,ne[i].y)-sk+1;
        cnt++;
        //cout<<cnt<<endl;
        build(1,cnt,1);
        update1(1,0,1,cnt,1);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            update1(ran[i],quer(1,ran[i],1,cnt,1)+ne[i].b,1,cnt,1);
            update2(1,ran[i]-1,ne[i].a,1,cnt,1);
            update2(ran[i]+1,cnt,ne[i].b,1,cnt,1);
        }
        printf("%lld
",tree[1]);
    }
    return 0;
}