ZR7.17

7.17

F

认真读题吧

A

算法一:

(c = ab,x = a + b + c)

所以

(x = a + b + ab)

(=(b + 1)a + b)

所以我们枚举(b)

(O(1))check了

但是这样是(O(x))的

之后我们由

(x = a + b + ab)可得

(ab<=x)

由于(a，b)本质相同

所以(min(a,b)<=sqrt{x})

所以我们枚举到(sqrt{x})就好了

算法二:

我们由(x = a + b + ab)可得

(x + 1 = (a + 1) (b + 1))

C

我们发现我们直接括号匹配,求左括号在左,右括号在右的答案就好了.

D

我们设

(40)分：

(f_{l,r})表示(l,r)表示(l-r)之间的答案

如果(l, r)能够匹配

则有(f_{l,r} = f_{l+1,r-1}+2)

否则

(f_{l,r} = max(f_{l+1,r},f_{l,r - 1}))

这样就有40分了

(k = 2):

我们发现,其实每一对数就是一个区间

我们要寻找的是嵌套的最大的不相交的区间

左端点排序之后,实质上是求右端点的最长递减子序列

所以求一下右端点的LIS就可以了

之后我么推广到k<=4,发现将所有可能的区间进行上述操作即可,因为要求单调递减所以不可能存在同一个数被选择两次

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cctype> 
#include<vector> 
using namespace std;
const int N = 5e5 + 3;
struct node{
	int li,ri,v;	
}q[N << 1];
vector <int> G[N];
int tot,maxx;
int a[N],f[N];
int sum[N];
inline int read(){
	int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch == '-') c = -1;
		ch = getchar();	
	}
	while(isdigit(ch)){
		v = v * 10 + ch - 48;	
		ch = getchar();
	}
	return v * c;
}
int n,m,k;
struct BIT{
	int c[N];
	inline void clear(){memset(c,0,sizeof(c));}
	inline void updata(int x,int v){
		for(;x <= n;x += x & -x) c[x] = max(c[x],v);
	}
	inline int query(int x){
		int res = 0;
		for(;x;x -= x & -x) res = max(res,c[x]);
		return res;	
	}
}T;
inline bool cmp(node x,node y){
	if(x.li != y.li) return x.li < y.li;
	return x.ri < y.ri;	
}
int main(){
	int tt = read();
	while(tt--){
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		int ans = 0;
		n = read(),k = read();tot = 0;	
		T.clear();memset(f,0,sizeof(f));
		for(int i = 1;i <= 100000;++i) G[i].clear();
		for(int i = 1;i <= n;++i) {
			a[i] = read();
			q[++tot] = (node){i,i,1};
			for(int j = 0;j < (int)G[a[i]].size();++j)
			q[++tot] = (node){G[a[i]][j],i,2};
			G[a[i]].push_back(i);
		}
		sort(q + 1,q + tot + 1,cmp);
		for(int i = 1;i <= tot;++i){
			f[i] = max(f[i],T.query(n - q[i].ri + 1 - 1) + q[i].v);
			T.updata(n - q[i].ri + 1,f[i]);
			ans = max(ans,f[i]);
		}
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;	
}

E

此类题目一般要旋转坐标系！！！

首先,我们考虑一下(n^2)做法

我们旋转坐标系之后,求出每一条直线有矩形的交点,然后把交点进行旋转.

之后我们发现每一条线与矩形的交点旋转之后是可以求出的

这样的话,线段就变成了只有(x,y,d)三个参数的

如果是竖着的,就(d)行,从(x)到(y)

横着同理

之后我们发现

我们在枚举竖着的之后,可以将符合条件的加入BIT查询即可,由于查询的是横着的线段在这个区间内的数量

而任意两条线段,所以要(ans + C^2_{x})

(nlogn)

我们发现,要求的其实就是(sum_{l + 1}^rC_x^2)

所以考虑线段树扫描线,在加入横着线段的同时维护区间的(sum_{l + 1} ^rC_x^2)的答案

而

(C_{x + k}^2 = C_{x}^2+x*k+C^2_k)

所以我们要维护区间(x)的和,区间长度,以及区间(C_{x}^2)的和

但是注意一点:

在下方标记的时候,要先更新区间(C_x^2)的值,因为它的值是受之前的(sum x)影响的

同时此题离散化的是由,由于使用了upper_bound缩小的范围

所以只能先排序,然后边用便利离散化

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define LL long long
#define mk make_pair
#define pii pair<LL,LL>
using namespace std; 
const int N = 2e5 + 3;
const LL INF = 1e15;
const LL mod = 1e9 + 7;
vector <pii> G1;
LL A[N],B[N];
inline LL mo(LL x){
	if(x >= mod) x -= mod;
	if(x < 0) x += mod;
	return x;
}
inline LL read(){
	LL v = 0,c = 1;char ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch == '-') c = -1;
		ch = getchar();	
	}
	while(isdigit(ch)){
		v = v * 10 + ch - 48;	
		ch = getchar();
	}
	return v * c;
}
inline LL get(LL x,LL k,LL len,LL s1){
	return (k * (k - 1) / 2 * len % mod + x + s1 * k % mod) % mod; 	
}
struct tree{
	int t;
	struct node{
		int lc,rc;
		LL s1,s2;
		LL tag;
	}a[N << 1];
	inline void pushup(int u){
		a[u].s1 = (a[a[u].lc].s1 + a[a[u].rc].s1) % mod;
		a[u].s2 = (a[a[u].lc].s2 + a[a[u].rc].s2) % mod;	
	}
	inline void build(int u,int l,int r){
		if(l == r) return ;
		int mid = (l + r) >> 1;
		a[u].lc = ++t;
		build(a[u].lc,l,mid);
		a[u].rc = ++t;
		build(a[u].rc,mid + 1,r);	
		pushup(u);
	}
	inline void pushdown(int u,int l,int r){
		if(!a[u].tag) return ;
		int mid = (l + r) >> 1;	
		a[a[u].lc].s2 = get(a[a[u].lc].s2,a[u].tag,mid - l + 1,a[a[u].lc].s1);
		a[a[u].rc].s2 = get(a[a[u].rc].s2,a[u].tag,r - mid,a[a[u].rc].s1);
		a[a[u].lc].s1 = (a[a[u].lc].s1 + a[u].tag * (mid - l + 1)) % mod;
		a[a[u].rc].s1 = (a[a[u].rc].s1 + a[u].tag * (r - mid)) % mod;
		a[a[u].lc].tag = mo(a[a[u].lc].tag + a[u].tag);
		a[a[u].rc].tag = mo(a[a[u].rc].tag + a[u].tag);
		a[u].tag = 0;
	}
	inline void updata(int u,int l,int r,int ll,int rr,int w){
	//	printf("%d %d %d %lld %lld
",u,l,r,a[u].s1,a[u].s2);
		if(l == ll && r == rr){
			a[u].s2 = get(a[u].s2,w,r - l + 1,a[u].s1);
			a[u].s1 = (a[u].s1 + r - l + 1) % mod;
			a[u].tag = mo(a[u].tag + w);
			return ;	
		}
		pushdown(u,l,r);
		int mid = (l + r) >> 1;
		if(rr <= mid) updata(a[u].lc,l,mid,ll,rr,w);
		else if(ll > mid) updata(a[u].rc,mid + 1,r,ll,rr,w);
		else {
			updata(a[u].lc,l,mid,ll,mid,w);
			updata(a[u].rc,mid + 1,r,mid + 1,rr,w);	
		}
		pushup(u);
	}
	inline int query(int u,int l,int r,int ll,int rr){
		if(ll > rr) return 0;
		if(l == ll && r == rr) return a[u].s2;
		pushdown(u,l,r);
		int mid = (l + r) >> 1;
		if(rr <= mid) return query(a[u].lc,l,mid,ll,rr);
		else if(ll > mid) return query(a[u].rc,mid + 1,r,ll,rr);
		else return (query(a[u].lc,l,mid,ll,mid) + query(a[u].rc,mid + 1,r,mid + 1,rr)) % mod; 
	}
}T;
LL w,h;
int n,m;
LL a[N],b[N];
struct line{
	LL li,ri;
		LL di;	
};
line x[N],y[N];
int main(){
	int tot = 0;
	w = read(),h = read(),n = read(),m = read();
	for(int i = 1;i <= n;++i) a[i] = read();
	for(int i = 1;i <= m;++i) b[i] = read();
	for(int i = 1;i <= n;++i){
		x[i].di = a[i];
		B[i] = a[i];	
	}
	for(int i = 1;i <= m;++i){
		LL p1=min(w+h,min(2*w-b[i],2*h+b[i]));
		LL p2=max(0ll,max(-b[i],b[i]));
	//	.push_back(mp(p2,p1));
		y[i].ri = p1;
		y[i].li = p2;
	}
//	for(int i = 1;i <= n;++i) printf("%d ",x[i].di);puts("");
//	for(int i = 1;i <= m;++i) printf("%d %d
",y[i].li,y[i].ri);
	sort(B + 1,B + n + 1);
	B[0] = unique(B + 1,B + n + 1) - B - 1;
	for(int i = 1;i <= n;++i) //x[i].di = lower_bound(B + 1,B + B[0] + 1,x[i].di) - B,
	G1.push_back(mk(x[i].di,INF));
	for(int i = 1;i <= m;++i){
	//	y[i].li = upper_bound(B + 1,B + B[0] + 1,y[i].li) - B - 1;
	//	y[i].ri = upper_bound(B + 1,B + B[0] + 1,y[i].ri) - B - 1;
		G1.push_back(mk(y[i].li,y[i].ri));
	//	G1[y[i].li].push_back(y[i].ri);
	//	G2[y[i].ri].push_back(y[i].li);
	}
	sort(G1.begin(),G1.end());
//	for(int i = 0;i < (int)G1.size();++i) printf("%lld %lld
",G1[i].first,G1[i].second);
	T.t = 1;
	T.build(1,1,n);
	LL ans = 0;
	for(int i = 0;i < (int)G1.size();++i){
		if(G1[i].first > G1[i].second) continue;
		
		if(G1[i].second == INF){
			G1[i].first = lower_bound(B + 1,B + B[0] + 1,G1[i].first) - B;
			if(G1[i].first < n) ans = (ans + T.query(1,1,n,G1[i].first + 1,n)) % mod;
		}
		else{
			G1[i].second = upper_bound(B + 1,B + B[0] + 1,G1[i].second) - B - 1; 
			if(G1[i].second >= 1) T.updata(1,1,n,1,G1[i].second,1);
		}
	//	cout << ans << endl;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;	
}