Problem A Pailindrome
【题意】
求在k进制下n位回文数的和，答案对1000001取模，结果用十进制输出
n <= 10^18
k <= 10^6
对于20%的数据，n <= 16,k <= 20
对于50%的数据，n <= 10^4,k <= 10^3
对于100%的数据,n <= 10^18,k <= 10^6
【题解】
满分算法：
解法1 ：
我们知道对于一个k进制下的n位回文数S(假设n为偶数），一定有 ： S1 = Sn, S2 = Sn-1, .. Sn/2 = Sn/2+1
那么，我们只要知道前n/2位数，就能够构造出一个k进制下的n位回文数
假设我们知道前n/2位数，那么其对应的回文数在10进制下的值为 :
S1k^(n-1) + S2k^(n-2) + ... + S(n/2)k^(n/2) + S(n/2)k^(n/2-1) + S(n/2-1)k^(n/2-2) + ... + S1
= S1(k^(n-1) + 1) + S2(k^(n-2) + k) + ... + S(n/2)(k^(n/2-1) + k^(n/2-2))
考虑第一项对答案的"贡献" :
当S1在1..k-1范围内时才会对答案产生"贡献"，而S2..S(n/2)，每个数都有0..k-1这k种取值，因此，它对答案
的贡献为 : (1 + 2 + 3 + ... + (k - 1) ) * k^(n/2-1) * (k^(n-1) + 1)
= k(k-1)/2k^(n/2-1)(k^(n-1)+1) = (k - 1)k^(n/2)/2(k^(n-1)+1)
考虑第2,3,4...n/2项对答案的贡献 ：
S1有(k-1)中取值，其它的数有k种取值，
所以，它对答案的贡献为 ：
（k-1)^2k^(n/2-1)/2(k ^ (n - 1) + k^0 + k^(n-2) + k + ... + k^(n/2-1) + k^(n/2-2))
= (k-1)^2k^(n/2-1)/2(k^0 + k + k^2 + ... + k^(n-2) - k^(n/2))
n为奇数时同理
那么，贡献相加就是最后的答案，注意要用快速幂辅助运算
k^0 + k + .. + k^(n-2)是一个等比数列，可以用二分法求 :
设f(n) = S + S^2 + .. S^n
那么，当n = 1时，f(n) = S
当n为奇数时, f(n) = f(n-1) + S^n
当n为偶数时,f(n) = f(n/2) + S^(n/2)f(n/2)
解法2 ：
在k进制下的n位回文数共有 : (k - 1)k^((n+1)/2)个
根据这个结论，对第一位，第二位，...第(n+1)/2位讨论，即可，笔者不再赘述
【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const long long P = 1000001; long long s,n,k,ans1,ans2,ans3,ans; template <typename T> inline void read(T &x) { int f = 1; x = 0; char c = getchar(); for (; !isdigit(c); c = getchar()) { if (c == '-') f = -f; } for (; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0'; x *= f; } template <typename T> inline void write(T x) { if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; } if (x > 9) write(x/10); putchar(x%10+'0'); } template <typename T> inline void writeln(T x) { write(x); puts(""); } inline long long power(long long a,long long n) { long long ans = 1,b = a; while (n) { if (n & 1) ans = (ans * b) % P; b = (b * b) % P; n >>= 1; } return ans; } inline long long calc(long long n) { long long tmp; if (n == 1) return k % P; else { if (n % 2 == 1) return (calc(n-1) + power(k,n)) % P; else { tmp = calc(n/2); return (tmp + (power(k,n/2) * tmp) % P) % P; } } } int main() { freopen("palindrome.in","r",stdin); freopen("palindrome.out","w",stdout); read(k); read(n); if (n & 1) { s = k * (k - 1) / 2 % P; ans1 = ((s * power(k,n/2)) % P * (power(k,n-1) + 1) % P) % P; ans2 = ((s * power(k,n/2-1) * (k - 1) % P) % P * ((calc(n-2) - power(k,n/2) + P) % P)) % P ; ans3 = ((s * (k - 1) % P) * power(k,n-2)) % P; ans = (((ans1 + ans2) % P) + ans3) % P; } else { s = k * (k - 1) / 2 % P; ans1 = s * power(k,n/2-1) % P * (power(k,n-1) + 1) % P; ans2 = (s * (k - 1) % P * power(k,n/2-2)) % P * calc(n-2) % P; ans = (ans1 + ans2) % P; } writeln(ans); return 0; }
Problem B wave
【题意】
给定序列a
求有多少个子序列满足 ：
Ai != Aj
i < j < k且Ai < Aj,Ak < Aj或Ai > Aj,Ak > Aj
【题解】
满分算法 ：
先将序列离散化
对于第一种序列，我们用Cnt[i]表示i出现了多少次，那么，第i个位置对答案的“贡献”为 : i - Cnt[A[i]]
对于第二种序列，我们枚举j，根据乘法原理，j这个位置对答案的“贡献”为 ：
左边小于Aj数的个数 * 右边小于Aj数的个数 + 左边大于Aj数的个数 * 右边大于Aj数的个数
可以用树状数组优化
【代码】
此题常数卡得很紧，写程序时注意 ：
1. 能写在一个循环里的不要分到多个循环里写
2. long long自带4倍常数，能用int的不要用long long
3. 比较大小cmp函数，用三目运算比if语句快
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int P = 1e9 + 7; const int MAXN = 1e6 + 5; int i,n,len; int tmp[MAXN],a[MAXN],rk[MAXN],s[MAXN]; int la[MAXN],lb[MAXN],ra[MAXN],rb[MAXN]; long long ans; template <typename T> inline void read(T &x) { int f = 1; x = 0; char c = getchar(); for (; !isdigit(c); c = getchar()) { if (c == '-') f = -f; } for (; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0'; x *= f; } template <typename T> inline void write(T x) { if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; } if (x > 9) write(x/10); putchar(x%10+'0'); } template <typename T> inline void writeln(T x) { write(x); puts(""); } class BinaryIndexedTree { private : int c[MAXN]; public : inline int lowbit(int x) { return x & (-x); } inline void clear() { memset(c,0,sizeof(c)); } inline void modify(int pos,int val) { int i; for (i = pos; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] = (c[i] + val) % P; } inline int query(int x) { int i; int ans = 0; for (i = x; i; i -= lowbit(i)) ans = (ans + c[i]) % P; return ans; } inline int query(int l,int r) { return (query(r) - query(l-1) + P) % P; } } BIT; int main() { freopen("wave.in","r",stdin); freopen("wave.out","w",stdout); read(n); for (i = 1; i <= n; i++) { read(a[i]); tmp[i] = a[i]; } sort(tmp+1,tmp+n+1); len = unique(tmp+1,tmp+n+1) - tmp - 1; for (i = 1; i <= n; i++) rk[i] = lower_bound(tmp+1,tmp+len+1,a[i]) - tmp; BIT.clear(); for (i = 1; i <= n; i++) { s[rk[i]]++; ans = (ans + i - s[rk[i]] + P) % P; la[i] = BIT.query(rk[i]-1); lb[i] = BIT.query(rk[i]+1,len); BIT.modify(rk[i],1); } BIT.clear(); for (i = n; i >= 1; i--) { ra[i] = BIT.query(rk[i]-1); BIT.modify(rk[i],1); rb[i] = BIT.query(rk[i]+1,len); } for (i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + 1ll * la[i] * ra[i] + 1ll * lb[i] * rb[i]) % P; writeln(ans); return 0; }
Problem C String
【题意】
给出一个长度为N的字符串S，只包含A、C、G、U四种大写字母。A可以和U配对，C可以和G配对。定义一个长度 x（1<=x<=N）可以作为S的界，当且仅当S[1..x]能和S[N-x+1..N]每一位都成功配对。求S所有界中的最小值和最大值。
【题解】
暴力判断x是否S的“界”，即可
【代码】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e5 + 5; int i,n,ansa,ansb; char s[MAXN]; inline bool match(int x) { int i; for (i = 1; i <= x; i++) { if (s[i] == 'A' && s[n-x+i] == 'U') continue; if (s[i] == 'U' && s[n-x+i] == 'A') continue; if (s[i] == 'C' && s[n-x+i] == 'G') continue; if (s[i] == 'G' && s[n-x+i] == 'C') continue; return false; } return true; } inline void solvea() { int i; for (i = 1; i <= n; i++) { if (match(i)) { ansa = i; return; } } } inline void solveb() { int i; for (i = n; i >= 1; i--) { if (match(i)) { ansb = i; return; } } } int main(){ freopen("string.in","r",stdin); freopen("string.out","w",stdout); scanf("%d%s",&n,s+1); solvea(); solveb(); printf("%d %d ",ansa,ansb); return 0; }