T1 luogu 5070
题目大意：
现在给你一个长度为$n$的序列，有$m$次询问
每次询问一个区间$[l,r]$排序去重后的序列中长度为1到10的条件的区间个数
满足条件的区间满足每项是前一项数+1的极长区间
思路：
发现每个数$x$只对$[x-10,x+10]$这个区间有影响
直接莫队维护一下数的出现次数判一下左右的情况可以获得暴力分（但码内O2可以A掉管老师的数据
1 #pragma GCC optimize("O2") 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdlib> 6 #include<cmath> 7 #include<algorithm> 8 #include<queue> 9 #include<vector> 10 #include<map> 11 #include<set> 12 #define ll long long 13 #define db double 14 #define inf 2139062143 15 #define MAXN 2001000 16 #define rep(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i<=i##__end;++i) 17 #define dwn(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i>=i##__end;--i) 18 #define ren for(register int i=fst[x];i;i=nxt[i]) 19 #define pb(i,x) tot[i].push_back(x) 20 #define pls(a,b) (a+b)%MOD 21 #define mns(a,b) (a-b+MOD)%MOD 22 #define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD 23 using namespace std; 24 inline int read() 25 { 26 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 27 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} 28 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 29 return x*f; 30 } 31 int n,m,g[MAXN],bl[MAXN],sz; 32 int ans[MAXN][11],res[11],cnt[MAXN];struct ask{int l,r,id;}q[MAXN]; 33 bool cmp(ask a,ask b){return bl[a.l]<bl[b.l]||(bl[a.l]==bl[b.l]&&a.r<b.r);} 34 void add(int x) 35 { 36 int r=g[x],l=g[x];if(cnt[g[x]]!=0) {cnt[g[x]]++;return ;} 37 rep(i,g[x]+1,min(g[x]+11,1000001)) if(!cnt[i]) {r=i;break;} 38 dwn(i,g[x]-1,max(g[x]-11,0)) if(!cnt[i]) {l=i;break;} 39 if(r!=g[x]) res[r-g[x]-1]-=(cnt[g[x]]==0); 40 if(l!=g[x]) res[g[x]-l-1]-=(cnt[g[x]]==0); 41 if(r!=g[x]&&l!=g[x]&&r-l-1<=10) res[r-l-1]+=(cnt[g[x]]==0); 42 cnt[g[x]]++; 43 } 44 void del(int x) 45 { 46 int r=g[x],l=g[x];if(cnt[g[x]]!=1) {cnt[g[x]]--;return ;} 47 rep(i,g[x]+1,min(g[x]+11,1000001)) if(!cnt[i]) {r=i;break;} 48 dwn(i,g[x]-1,max(g[x]-11,0)) if(!cnt[i]) {l=i;break;} 49 if(r!=g[x]) res[r-g[x]-1]+=(cnt[g[x]]==1); 50 if(l!=g[x]) res[g[x]-l-1]+=(cnt[g[x]]==1); 51 if(r!=g[x]&&l!=g[x]&&r-l-1<=10) res[r-l-1]-=(cnt[g[x]]==1); 52 cnt[g[x]]--; 53 } 54 int main() 55 { 56 n=read(),m=read(),sz=sqrt(n);rep(i,1,n) g[i]=read(),bl[i]=(i-1)/sz; 57 int l,r;rep(i,1,m) l=read(),r=read(),q[i]=(ask){l,r,i}; 58 sort(q+1,q+m+1,cmp);l=q[1].l,r=q[1].l-1;rep(i,1,m) 59 { 60 while(l<q[i].l) del(l++);while(r<q[i].r) add(++r); 61 while(r>q[i].r) del(r--);while(l>q[i].l) add(--l); 62 memcpy(ans[q[i].id],res,sizeof(res)); 63 } 64 rep(i,1,m) {rep(j,1,10) printf("%d",ans[i][j]%10);puts("");} 65 }
正解将所有询问离线下来按照右端点排序，从左到右考虑每个数进来的影响
记录$las_x$表示$x$这个数上次出现的位置
因为只有$[x-11,x+11]$这些数有用，找到这些数中位置在$[las_a[x],i]$的数（因为如果不在肯定没有影响
按照出现次数降序排序，依次加入每个数，算出对当前位置的影响，在这个位置到下一个数的位置之前有影响
在处理完这些数之后，每个右端点的询问查询左端点的答案即可
维护一个区间修改，单点查询的树状数组即可
为什么我这么慢啊（人菜自带大常数
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 #include<queue> 8 #include<vector> 9 #include<map> 10 #include<set> 11 #define ll long long 12 #define db double 13 #define inf 2139062143 14 #define MAXN 1001000 15 #define rep(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i<=i##__end;++i) 16 #define dwn(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i>=i##__end;--i) 17 #define ren for(register int i=fst[x];i;i=nxt[i]) 18 #define pls(a,b) (a+b)%MOD 19 #define mns(a,b) (a-b+MOD)%MOD 20 #define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD 21 using namespace std; 22 inline int read() 23 { 24 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 25 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} 26 while(isdigit(ch)) {x=x*10+(ch&15);ch=getchar();} 27 return x*f; 28 } 29 int n,m,g[MAXN],c[11][MAXN],ans[MAXN][11],las[MAXN],cnt[30],len; 30 void mdf(int k,int x,int val) {if(!k) return ;for(;x<=n;x+=x&-x) c[k][x]+=val;} 31 void query(int *res,int x) {rep(i,1,10) for(int t=x;t;t^=t&-t) res[i]+=c[i][t];} 32 #define pii pair<int,int> 33 #define mp(a,b) make_pair(a,b) 34 #define pb(x) push_back(x) 35 #define pos first 36 #define val second 37 #define id second 38 vector<pii> q[MAXN];pii tmp[MAXN]; 39 int main() 40 { 41 n=read(),m=read();rep(i,1,n) g[i]=read(); 42 int l,r;rep(i,1,m) l=read(),r=read(),q[r].pb(mp(l,i)); 43 rep(t,1,n) 44 { 45 len=0;rep(i,max(g[t]-11,1),min(g[t]+11,MAXN-1000)) 46 if(las[i]>las[g[t]]) tmp[++len]=(mp(las[i],i-g[t]+15)); 47 tmp[++len]=(mp(las[g[t]],-1));tmp[++len]=(mp(t,15)),l=r=15; 48 sort(tmp+1,tmp+len+1);dwn(i,len,2) 49 { 50 cnt[tmp[i].val]=1;while(cnt[l-1]) --l;while(cnt[r+1]) ++r; 51 if(l>=5) mdf(15-l,tmp[i-1].pos+1,-1),mdf(15-l,tmp[i].pos+1,1); 52 if(r<=25) mdf(r-15,tmp[i-1].pos+1,-1),mdf(r-15,tmp[i].pos+1,1); 53 if(r-l<10) mdf(r-l+1,tmp[i-1].pos+1,1),mdf(r-l+1,tmp[i].pos+1,-1); 54 } 55 memset(cnt,0,sizeof(cnt));las[g[t]]=t;rep(i,0,q[t].size()-1) 56 query(ans[q[t][i].id],q[t][i].pos); 57 } 58 rep(i,1,m) {rep(j,1,10) putchar('0'+ans[i][j]%10);putchar(' ');} 59 }
T2 bzoj 3652
题目大意：
一个人在$[0,n)$中随机一个数，有$P$的概率使另一个人看到这个数
若看到，则另一个人会在$[0,n)$中选择一个数使这两个数异或值最大
若没有看到，另一个人也会在$[0,n)$中随机选择一个数，求异或的期望值
思路：
很明显要分开考虑，对于不能看到的情况，对每一位只需要统计有多少个数在该位为1
从高位向低位考虑，令该数为$axb$的形式，其中x为该位，则在$a00$这么多数中，有一半这一位是1
若$x==1$，则剩下的$b$这么多数中，该位都是1，这一位的贡献很容易计算
对于可以看到的情况，设一开始所有数都可以异或一个数得到最大值
从高位向低位贪心，假设还有$t$个数未被处理
在$x$位时，若$x$为1，则这一位可以随便取，不去管它
若$x$为0，则对于这一位为0的数，无法满足条件
统计有多少个这种数，即前面为0的位取$0/1$以及后面随便取的个数（在纸上写一写非常明显
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 #include<queue> 8 #include<vector> 9 #include<map> 10 #include<set> 11 #define ll long long 12 #define db double 13 #define ldb long double 14 #define inf 2139062143 15 #define MAXN 10001000 16 #define MOD 1000000007 17 #define rep(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i<=i##__end;++i) 18 #define dwn(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i>=i##__end;--i) 19 #define ren for(register int i=fst[x];i;i=nxt[i]) 20 #define Fill(x,t) memset(x,t,sizeof(x)) 21 #define pls(a,b) (a+b)%MOD 22 #define mns(a,b) (a-b+MOD)%MOD 23 #define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD 24 using namespace std; 25 inline ll read() 26 { 27 ll x=0,f=1;char ch=getchar(); 28 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} 29 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 30 return x*f; 31 } 32 ll n,g[70],m;ldb ans,res;db P; 33 int main() 34 { 35 n=read()-1;scanf("%lf",&P);for(ll x=n;x;x>>=1) g[++m]=x&1LL;ll t=0,p; 36 dwn(i,m,1) 37 { 38 p=t*(1LL<<i-1);if(g[i]) p+=(n&((1LL<<i-1)-1))+1; 39 ans+=(2.0*p*(n+1-p)*(1LL<<i-1)),t<<=1,t+=g[i]; 40 }ans=ans/(n+1)/(n+1),t=1LL<<m,res=1.0*(n+1)*(t-1); 41 dwn(i,m,1) if(g[i]) t>>=1;else res-=1.0*(t>>1)*(1LL<<i-1); 42 res/=(n+1),ans=ans*(1-P)+res*P;printf("%.6lf",(db)ans); 43 }
T3 bzoj 5323
题目大意：
有所有在$[L,R]$之间的数，每次标记了一个数就会标记所有这个区间里它的倍数（一个数被选择一次
当所有数都被标记后，立刻结束整个过程，求对于所有标记顺序的标记次数之和
思路：
思考一个排列对答案的贡献，即这个顺序中最后一个不能被别的数标记的数的位置
我们可以预处理这些不能被别的数表示的数即满足其最大约数不在$[L,R]$中
因为$g_max=x/pi_min$，预处理出每个数的最小质因子即可，设这些数总数为$m$，$n=R-L-1$
那么我们枚举最后一个数出现的位置 得到$sumlimits_{i=m}^n i*m*A_{i-1}^{m-1}*(n-m)!$
提出来之后得$m*(n-m)! sumlimits_{i=m}^n frac{i!}{(i-m)!}$
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cstdlib> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 #include<queue> 8 #include<vector> 9 #include<map> 10 #include<set> 11 #define ll long long 12 #define db double 13 #define inf 2139062143 14 #define MAXN 10001000 15 #define MOD 1000000007 16 #define rep(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i<=i##__end;++i) 17 #define dwn(i,s,t) for(register int i=(s),i##__end=(t);i>=i##__end;--i) 18 #define ren for(register int i=fst[x];i;i=nxt[i]) 19 #define Fill(x,t) memset(x,t,sizeof(x)) 20 #define pls(a,b) (a+b)%MOD 21 #define mns(a,b) (a-b+MOD)%MOD 22 #define mul(a,b) (1LL*(a)*(b))%MOD 23 using namespace std; 24 inline int read() 25 { 26 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 27 while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();} 28 while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 29 return x*f; 30 } 31 int n,m,ntp[MAXN],p[MAXN],tot,L,R,fac[MAXN],ifac[MAXN]; 32 void pre() 33 { 34 rep(i,2,R) 35 { 36 if(!ntp[i]) p[++tot]=i; 37 rep(j,1,tot) if(i*p[j]>R) break; 38 else {ntp[i*p[j]]=p[j];if(!(i%p[j])) break;} 39 } 40 } 41 int main() 42 { 43 L=read(),R=read(),n=R-L+1;pre();fac[0]=ifac[0]=fac[1]=ifac[1]=1; 44 rep(i,2,R) fac[i]=mul(i,fac[i-1]),ifac[i]=mul(MOD-MOD/i,ifac[MOD%i]); 45 rep(i,1,R) ifac[i]=mul(ifac[i-1],ifac[i]);ll ans=0; 46 if(L==1) m=1;else rep(i,L,R) if(!ntp[i]||i/ntp[i]<L) m++; 47 rep(i,m,n) ans=pls(ans,mul(fac[i],ifac[i-m])); 48 printf("%d ",mul(mul(fac[n-m],m),ans)); 49 }