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53d14446a0
...
master
| Author | SHA1 | Date | |
|---|---|---|---|
 hanyixuanten
|
67f1f4d5cc | ||
|
hanyixuanten
|
97ce969ae3 | ||
|
hanyixuanten
|
fefae6e22b |
@@ -0,0 +1,98 @@
|
||||
#include <bits/stdc++.h>
|
||||
using namespace std;
|
||||
const int mod = 1e9 + 7;
|
||||
int n, m;
|
||||
int a[100005];
|
||||
const long long fir[4][2] = {{0, 0}, {0, 1}, {0, 2}, {0, 1}};
|
||||
const long long yes[4][4] = {{0, 0, 0, 0}, {0, 1, 0, 0}, {0, 2, 1, 0}, {0, 1, 1, 1}};
|
||||
const long long no[4][4] = {{0, 0, 0, 0}, {0, 1, 0, 1}, {0, 2, 1, 2}, {0, 1, 1, 2}};
|
||||
struct Mat
|
||||
{
|
||||
long long a[5][5] = {};
|
||||
int n, m;
|
||||
Mat(int _n = 0, int _m = 0, int cpy = 0) : n(_n), m(_m)
|
||||
{
|
||||
if (cpy == 1)
|
||||
for (int i = 1; i <= 3; ++i)
|
||||
a[i][1] = fir[i][1];
|
||||
else if (cpy == 2)
|
||||
for (int i = 1; i <= 3; ++i)
|
||||
for (int j = 1; j <= 3; ++j)
|
||||
a[i][j] = yes[i][j];
|
||||
else if (cpy == 3)
|
||||
for (int i = 1; i <= 3; ++i)
|
||||
for (int j = 1; j <= 3; ++j)
|
||||
a[i][j] = no[i][j];
|
||||
}
|
||||
void operator*=(const Mat &b)
|
||||
{
|
||||
if (m != b.n)
|
||||
exit(-1);
|
||||
long long res[5][5] = {};
|
||||
for (int i = 1; i <= n; ++i)
|
||||
for (int j = 1; j <= b.m; ++j)
|
||||
for (int k = 1; k <= m; ++k)
|
||||
res[i][j] = (res[i][j] + a[i][k] * b.a[k][j]) % mod;
|
||||
for (int i = 1; i <= n; ++i)
|
||||
for (int j = 1; j <= b.m; ++j)
|
||||
a[i][j] = res[i][j];
|
||||
m = b.m;
|
||||
}
|
||||
Mat operator*(const Mat &b)
|
||||
{
|
||||
if (m != b.n)
|
||||
exit(-1);
|
||||
Mat res(n, b.m);
|
||||
for (int i = 1; i <= n; ++i)
|
||||
for (int j = 1; j <= b.m; ++j)
|
||||
for (int k = 1; k <= m; ++k)
|
||||
res.a[i][j] = (res.a[i][j] + a[i][k] * b.a[k][j]) % mod;
|
||||
return res;
|
||||
}
|
||||
};
|
||||
|
||||
Mat qpow(Mat a, long long k)
|
||||
{
|
||||
Mat res(a.n, a.n);
|
||||
for (int i = 1; i <= a.n; ++i)
|
||||
res.a[i][i] = 1;
|
||||
while (k)
|
||||
{
|
||||
if (k & 1)
|
||||
res *= a;
|
||||
a *= a;
|
||||
k >>= 1;
|
||||
}
|
||||
return res;
|
||||
}
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||||
Mat yess(3, 3, 2);
|
||||
Mat noo(3, 3, 3);
|
||||
|
||||
int main()
|
||||
{
|
||||
scanf("%d%d", &n, &m);
|
||||
for (int i = 1; i <= m; ++i)
|
||||
scanf("%d", &a[i]);
|
||||
Mat now(3, 1, 1);
|
||||
int pos = 1;
|
||||
for (int i = 1; i <= m; ++i)
|
||||
{
|
||||
int x = a[i];
|
||||
if (x < pos)
|
||||
continue;
|
||||
if (x > pos)
|
||||
{
|
||||
now = qpow(noo, x - pos) * now;
|
||||
}
|
||||
{
|
||||
now = yess * now;
|
||||
}
|
||||
pos = x + 1;
|
||||
}
|
||||
if (n - pos > 0)
|
||||
{
|
||||
now = qpow(noo, n - pos) * now;
|
||||
}
|
||||
printf("%lld\n", now.a[3][1]);
|
||||
return 0;
|
||||
}
|
||||
@@ -0,0 +1,266 @@
|
||||
# AT_agc013_e
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||||
[luoshunran](https://www.acwing.com/file_system/file/content/whole/index/content/14321537/)
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## 20 pts O(n)
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||||
把正方形的交界处看作隔板，在每两个隔板之间放入一黑一白两个球，正方形的大小也就等于区间内放入两个球的方案数，正方形的面积的乘积就是所有的放球方案乘法原理乘起来。于是变成了求有多少种放隔板、放球的方案。
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做 dp $f(i, 0/1/2)$，代表目前这个区间内放入了几个球的方案。
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注意 $f(1, 1) = 2$
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||||
若 $i - i + 1$ 之间可以放隔板，
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||||
- $f(i+1, 0) = f(i, 0) + f(i, 2)$
|
||||
- $ f(i+1, 1) = 2 * f(i, 0) + f(i, 1) + 2 * f(i, 2)$, 这里乘以 2 代表决策放入的是黑球还是白球
|
||||
- $ f(i+1, 2) = f(i, 0) + f(i, 1) + 2 * f(i, 2) $
|
||||
|
||||
类似地，也可以列出不可以放隔板的情况。
|
||||
|
||||
- $f(i+1, 0) = f(i, 0)$
|
||||
- $f(i+1, 1) = 2 * f(i, 0) + f(i, 1)$
|
||||
- $f(i+1, 2) = f(i, 0) + f(i, 1) + f(i, 2)$
|
||||
|
||||
```cpp
|
||||
#include <bits/stdc++.h>
|
||||
using namespace std;
|
||||
const int mod = 1e9 + 7;
|
||||
int n, m;
|
||||
long long f[5000005][3];
|
||||
int a[100005];
|
||||
int main()
|
||||
{
|
||||
scanf("%d%d", &n, &m);
|
||||
for (int i = 1; i <= m; ++i)
|
||||
scanf("%d", &a[i]);
|
||||
sort(a + 1, a + m + 1);
|
||||
int tot = 1;
|
||||
f[1][0] = 1, f[1][1] = 2, f[1][2] = 1;
|
||||
for (int i = 1; i < n; ++i)
|
||||
{
|
||||
if (i == a[tot])
|
||||
{
|
||||
tot++;
|
||||
f[i + 1][0] = f[i][0];
|
||||
f[i + 1][1] = (f[i][0] * 2 + f[i][1]) % mod;
|
||||
f[i + 1][2] = (f[i][0] + f[i][1] + f[i][2]) % mod;
|
||||
}
|
||||
else
|
||||
{
|
||||
f[i + 1][0] = (f[i][0] + f[i][2]) % mod;
|
||||
f[i + 1][1] = (f[i][0] * 2 + f[i][1] + 2 * f[i][2]) % mod;
|
||||
f[i + 1][2] = (f[i][0] + f[i][1] + f[i][2] * 2) % mod;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
printf("%lld\n", f[n][2]);
|
||||
return 0;
|
||||
}
|
||||
```
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||||
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||||
## 90 pts O(m log n)
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注意到一个区间内需要多次转移，非常浪费。可以考虑使用矩阵快速幂优化。
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||||
对于非标记点，转移矩阵为：
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|
||||
$$
|
||||
T=\begin{bmatrix}
|
||||
1&0&1\\
|
||||
2&1&2\\
|
||||
1&1&2
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
$$
|
||||
|
||||
对于标记点：
|
||||
|
||||
$$
|
||||
T=\begin{bmatrix}
|
||||
1&0&0\\
|
||||
2&1&0\\
|
||||
1&1&1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
$$
|
||||
|
||||
初始位置矩阵为：
|
||||
|
||||
$$
|
||||
T=\begin{bmatrix}
|
||||
1\\
|
||||
2\\
|
||||
1
|
||||
\end{bmatrix}
|
||||
$$
|
||||
|
||||
矩阵快速幂代码可参考[P1962](https://luogu.com.cn/problem/P1962)
|
||||
|
||||
```cpp
|
||||
#include <bits/stdc++.h>
|
||||
using namespace std;
|
||||
const long long MOD = 1000000007LL;
|
||||
struct Mat {
|
||||
long long a[105][105];
|
||||
int n, m;
|
||||
Mat(int _n = 0, int _m = 0) : n(_n), m(_m) {
|
||||
memset(a, 0, sizeof(a));
|
||||
}
|
||||
void operator*=(const Mat &b) {
|
||||
if (m != b.n) {
|
||||
exit(-1);
|
||||
}
|
||||
long long res[105][105] = {};
|
||||
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
|
||||
for (int j = 1; j <= b.m; ++j) {
|
||||
for (int k = 1; k <= m; ++k) {
|
||||
res[i][j] = (res[i][j] + a[i][k] * b.a[k][j]) % MOD;
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
|
||||
for (int j = 1; j <= b.m; ++j) {
|
||||
a[i][j] = res[i][j];
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
m = b.m;
|
||||
}
|
||||
};
|
||||
|
||||
Mat qpow(Mat a, long long k) {
|
||||
Mat res(a.n, a.n);
|
||||
for (int i = 1; i <= a.n; ++i) {
|
||||
res.a[i][i] = 1;
|
||||
}
|
||||
while (k) {
|
||||
if (k & 1) res *= a;
|
||||
a *= a;
|
||||
k >>= 1;
|
||||
}
|
||||
return res;
|
||||
}
|
||||
|
||||
int main() {
|
||||
long long n;
|
||||
scanf("%lld", &n);
|
||||
|
||||
if (n <= 2) {
|
||||
printf("1\n");
|
||||
return 0;
|
||||
}
|
||||
|
||||
Mat base1(1, 2), base2(2, 2);
|
||||
|
||||
base1.a[1][1] = 1;
|
||||
base1.a[1][2] = 1;
|
||||
base2.a[1][1] = 1;
|
||||
base2.a[1][2] = 1;
|
||||
base2.a[2][1] = 1;
|
||||
base2.a[2][2] = 0;
|
||||
base2 = qpow(base2, n - 2);
|
||||
base1 *= base2;
|
||||
printf("%lld\n", base1.a[1][1]);
|
||||
return 0;
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
最终程序：
|
||||
|
||||
```cpp
|
||||
#include <bits/stdc++.h>
|
||||
using namespace std;
|
||||
const int mod = 1e9 + 7;
|
||||
int n, m;
|
||||
int a[100005];
|
||||
const long long fir[4][2] = {{0, 0}, {0, 1}, {0, 2}, {0, 1}};
|
||||
const long long yes[4][4] = {{0, 0, 0, 0}, {0, 1, 0, 0}, {0, 2, 1, 0}, {0, 1, 1, 1}};
|
||||
const long long no[4][4] = {{0, 0, 0, 0}, {0, 1, 0, 1}, {0, 2, 1, 2}, {0, 1, 1, 2}};
|
||||
struct Mat
|
||||
{
|
||||
long long a[5][5] = {};
|
||||
int n, m;
|
||||
Mat(int _n = 0, int _m = 0, int cpy = 0) : n(_n), m(_m)
|
||||
{
|
||||
if (cpy == 1)
|
||||
for (int i = 1; i <= 3; ++i)
|
||||
a[i][1] = fir[i][1];
|
||||
else if (cpy == 2)
|
||||
for (int i = 1; i <= 3; ++i)
|
||||
for (int j = 1; j <= 3; ++j)
|
||||
a[i][j] = yes[i][j];
|
||||
else if (cpy == 3)
|
||||
for (int i = 1; i <= 3; ++i)
|
||||
for (int j = 1; j <= 3; ++j)
|
||||
a[i][j] = no[i][j];
|
||||
}
|
||||
void operator*=(const Mat &b)
|
||||
{
|
||||
if (m != b.n)
|
||||
exit(-1);
|
||||
long long res[5][5] = {};
|
||||
for (int i = 1; i <= n; ++i)
|
||||
for (int j = 1; j <= b.m; ++j)
|
||||
for (int k = 1; k <= m; ++k)
|
||||
res[i][j] = (res[i][j] + a[i][k] * b.a[k][j]) % mod;
|
||||
for (int i = 1; i <= n; ++i)
|
||||
for (int j = 1; j <= b.m; ++j)
|
||||
a[i][j] = res[i][j];
|
||||
m = b.m;
|
||||
}
|
||||
Mat operator*(const Mat &b)
|
||||
{
|
||||
if (m != b.n)
|
||||
exit(-1);
|
||||
Mat res(n, b.m);
|
||||
for (int i = 1; i <= n; ++i)
|
||||
for (int j = 1; j <= b.m; ++j)
|
||||
for (int k = 1; k <= m; ++k)
|
||||
res.a[i][j] = (res.a[i][j] + a[i][k] * b.a[k][j]) % mod;
|
||||
return res;
|
||||
}
|
||||
};
|
||||
|
||||
Mat qpow(Mat a, long long k)
|
||||
{
|
||||
Mat res(a.n, a.n);
|
||||
for (int i = 1; i <= a.n; ++i)
|
||||
res.a[i][i] = 1;
|
||||
while (k)
|
||||
{
|
||||
if (k & 1)
|
||||
res *= a;
|
||||
a *= a;
|
||||
k >>= 1;
|
||||
}
|
||||
return res;
|
||||
}
|
||||
Mat yess(3, 3, 2);
|
||||
Mat noo(3, 3, 3);
|
||||
|
||||
int main()
|
||||
{
|
||||
scanf("%d%d", &n, &m);
|
||||
for (int i = 1; i <= m; ++i)
|
||||
scanf("%d", &a[i]);
|
||||
Mat now(3, 1, 1);
|
||||
int pos = 1;
|
||||
for (int i = 1; i <= m; ++i)
|
||||
{
|
||||
int x = a[i];
|
||||
if (x < pos)
|
||||
continue;
|
||||
if (x > pos)
|
||||
{
|
||||
now = qpow(noo, x - pos) * now;
|
||||
}
|
||||
{
|
||||
now = yess * now;
|
||||
}
|
||||
pos = x + 1;
|
||||
}
|
||||
if (n - pos > 0)
|
||||
{
|
||||
now = qpow(noo, n - pos) * now;
|
||||
}
|
||||
printf("%lld\n", now.a[3][1]);
|
||||
return 0;
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
@@ -0,0 +1,111 @@
|
||||
# CF1912E Evaluate It and Back Again题解
|
||||
|
||||
## 题意
|
||||
|
||||
给定两个数，要求你写出一个只包含数字, $+, \times, -$ 的式子，正着看是第一个数，反着看是第二个数。
|
||||
|
||||
## 题解
|
||||
|
||||
观察发现只有**一位数**和 $+, \times$ 的**单项式**倒过来读还是一样的，由 $-0$ 结尾的单项式倒过来读和原式结果相反。
|
||||
|
||||
发现可以将一个要求倒着读后数值不变的数表示为 $9$ 进制的形式，这样多项式中每一项都是倒着读后不变的。
|
||||
|
||||
- 对于两个奇偶性相同的数，可以求两个数的平均数，将 $p, q$ 分别表示为 $p = \overline{pq} + \frac{p - q}{2}, q = \overline{pq} - \frac{p - q}{2}$
|
||||
- 对于两个奇偶性不同的数，也可以求平均数，但是为了让 $p, q$ 奇偶性统一，需要给 $p, q$ 分别减去一个正着读是奇数，反着读是偶数的数，如 $12$，然后即可按照第一种形式做
|
||||
|
||||
然后就是注意特判两个相同的数和 `0 0` 的情况，别忘记开 long long 就结束了
|
||||
|
||||
不懂看注释
|
||||
|
||||
## 参考代码
|
||||
|
||||
```cpp
|
||||
#include <bits/stdc++.h>
|
||||
using namespace std;
|
||||
string ans;
|
||||
string to_9(long long n) //转换为正反均相同的多项式
|
||||
{
|
||||
bool flag = n >= 0;
|
||||
if (!flag)
|
||||
n = -n;
|
||||
ans = "";
|
||||
long long cnt = 0;
|
||||
long long yu[20] = {};
|
||||
while (n >= 10ll)
|
||||
yu[cnt++] = n % 9ll, n /= 9ll;
|
||||
yu[cnt] = n;
|
||||
if (!flag)
|
||||
ans += "0-";
|
||||
for (long long i = 0; i <= cnt; ++i)
|
||||
{
|
||||
if (yu[cnt - i] != 0)
|
||||
{
|
||||
for (long long j = 0; j < cnt - i; ++j)
|
||||
ans += "9*";
|
||||
ans += yu[cnt - i] + '0';
|
||||
if (flag)
|
||||
ans += "+0+";
|
||||
else
|
||||
ans += "-0-";
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
while (ans[ans.size() - 1] == '+' || ans[ans.size() - 1] == '-')
|
||||
ans.pop_back(); // 去掉多于符号
|
||||
return ans;
|
||||
}
|
||||
string to_9_0(long long n) // 转换为正反读相反的多项式
|
||||
{
|
||||
bool flag = n >= 0;
|
||||
if (!flag)
|
||||
n = -n;
|
||||
ans = "";
|
||||
long long cnt = 0;
|
||||
long long yu[20] = {};
|
||||
while (n >= 10)
|
||||
{
|
||||
yu[cnt++] = n % 9ll;
|
||||
n /= 9ll;
|
||||
}
|
||||
yu[cnt] = n;
|
||||
if (!flag)
|
||||
ans += "0-";
|
||||
for (long long i = 0; i <= cnt; ++i)
|
||||
{
|
||||
if (yu[cnt - i] != 0)
|
||||
{
|
||||
for (long long j = 0; j < cnt - i; ++j)
|
||||
ans += "9*";
|
||||
ans += yu[cnt - i] + '0';
|
||||
if (flag)
|
||||
ans += "-0+";
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||||
else
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ans += "+0-";
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}
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}
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while (ans[ans.size() - 1] == '+' || ans[ans.size() - 1] == '-')
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ans.pop_back(); // 去掉多于符号
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return ans;
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}
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int main()
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{
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long long p = 0, q = 0;
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scanf("%lld%lld", &p, &q);
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if (abs(p) % 2 == abs(q) % 2) // 同奇偶
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{
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long long _pq = p + q >> 1, p_q = p - _pq;
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if (p == 0 && q == 0) // 特判
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{
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puts("0");
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return 0;
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}
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cout << to_9(_pq) << ((_pq != 0 && p_q != 0) ? "+" : "") << to_9_0(p_q) << endl;
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}
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else // 异奇偶
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{
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long long _pq = (p - 21 + q - 12) >> 1, p_q = p - 21 - _pq; // 转换为同奇偶
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||||
cout << to_9(_pq) << ((_pq != 0 && p_q != 0) ? "+" : "") << to_9_0(p_q) << ((p_q != 0 || _pq != 0) ? "+" : "") << "21" << endl;
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||||
}
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||||
return 0;
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}
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```
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@@ -0,0 +1,39 @@
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# [CF739A Alyona and mex](https://www.luogu.com.cn/problem/CF739A)
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## 题意
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给定 $m$ 个区间，构造出一个长度为 $n$ 的序列，使得这 $m$ 个区间的最小 $mex$ 最大。 $mex$ 定义为最小的没有出现过的自然数。
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## 题解
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先观察样例，发现两次输出的 $mex$ 均等于**最短的区间长度**，显然这不是巧合。
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首先很容易得出 $mex(S) \le \lvert S \rvert$，且当 $S$ 覆盖 $0$ 到 $\lvert S \rvert - 1$ 时取等，所以最终答案不会超过最短的区间的长度，然后思考如何构造出答案等于最短区间长度的情况。
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求出最短的区间长度为 $x$，只要让这个区间完全覆盖 $0, 1, 2, ..., x - 1$ ，就可以取到 $mex$ 的最大值，所以则只要在数组中循环填入 $0, 1, 2, ..., x - 1$，就能保证每一个长度大于等于 $x$ 的区间 $mex$ 一定都等于 $x$，因为每一个长度大于等于 $x$ 的区间都至少覆盖一次 $0, 1, 2, ..., x - 1$。（可以自己手搓几个样例试试）
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## 代码
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```cpp
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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int main()
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{
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int n, m;
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scanf("%d%d", &n, &m);
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int minlen = INT_MAX;
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for (int i = 0; i < m; ++i)
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{
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int l, r;
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scanf("%d%d", &l, &r);
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minlen = min(minlen, r - l + 1);
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}
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printf("%d\n", minlen);
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int cnt = 0;
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for (int i = 1; i <= n; ++i)
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printf("%d ", i % minlen);
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return 0;
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}
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```
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