Individual Contest #1 and Private Training #1

第一次的增补赛，也是第一场个人排位赛，讲道理打的和屎一样，手速题卡了好久还WA了好多发，难题又切不出来，这种情况是最尴尬的吧！

Individual Contest #1：

Ploblem D:

题意：给你一个含有N个元素的数组和操作次数m，然后求出经过m次操作后，从区间X到Y的总和；操作如下：{1,6,9}==>{1,7,6,15,9}（多CASE）

题目链接：https://www.codechef.com/problems/CHSPARR

思路：

       首先，最容易想到的是单纯的模拟每一次这样的操作然后用数组存起来，再去算区间X到Y的总和。可是，当N和m取最大的时候，数组元素数量会达到10^15，直接GG！所以得换个套路！

对于原始数组{1,6,9}，元素对应的下标各自为1,2,3。以1,6为例，{1,6}==>{1,7,6}==>{1,8,7,13,6}==>{1,9,8,15,7,20,13,19,6}，元素6的标和m的变化为：i（0），2*i-1（1），4*i-3（2），8*i-7（3）

把两者联系起来你可以发现经过m次变换后元素6的下标为：i*2^m-(2^m-1)==>(i-1)*2^m-1。

       接着继续模拟：{1，6}==>{1，7（1+6），6}==>{1，8（1，1+6），7（1+6），13（1+6，6），6}，你会发现，如果把1和6中间的所有新增加的元素看成一个整体s，那个他每一次都会

向左向右复制一遍，再加上他本身，就是3*s，同时端点处的1和6也会每一次都增加一次，如果能将s和（1+6）联系起来，那么1和6之间的元素总和不就可以直接求了吗！到这里也可以看出

来是倍数关系。设数组k表示分别经过1-m次操作后对应的系数，则k[m]=k[m-1]*3+1。这样的话如果X和Y里面有包含一个或多个完整的中间元素块，就可以直接求出来了！

       那多出来的那部分怎么办呢？你会发现对于元素a(i)和元素b(j)，元素a+b一定在（i+j）/2的位置。所以直接分治，每一次都缩小规模找到完整块++，代码如下：

#include <iostream>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <sstream>
#define lson l,m,rt*2
#define rson m+1,r,rt*2+1
#define mod 1000000007
using namespace std;
typedef long long LL;
using namespace std;
LL a[100006],k[40],n,m,x,y;
void init()
{
    k[0]=0;
    for(int i=1;i<=30;i++)
    {
        k[i]=(k[i-1]*3+1)%mod;
    }
}
LL f(LL num)
{
    if(num==0)return 0;
    int i,j,mm;
    LL res=0,p=1<<m,q,h,mid,l,r;
    q=num/p;
    for(i=1;i<=q;i++)
    {
        res=(res+(a[i]+a[i+1])*k[m]+a[i])%mod;
    }
    h=num%p;
    l=a[q+1];
    r=a[q+2];
    mm=m;
    while(h>0&&mm>0)
    {
        mm--;
        mid=1<<mm;
        if(h>=mid)
        {
            res=(res+(2*l+r)*k[mm]+l)%mod;
            h-=mid;
            l=l+r;
        }
        else
        {
            r=l+r;
        }
    }
    //if(h!=0)res+=r;
    return res%mod;
}
int main()
{
#ifdef Local
    freopen("data.txt","r",stdin);
#endif
    int i,j,T;
    LL ans;
    cin>>T;
    init();
    while(T--)
    {
        cin>>n>>m>>x>>y;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%lld",&a[i]);
        }
        ans=f(y)-f(x-1);
        if(ans<0)ans+=mod;
        printf("%lld
",ans);
    }
}
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Ploblem H:

题意：给你一棵N节点的树和K种颜色的颜料，对这样的一棵树进行染色，使得任意两个相同颜色的联通节点之间所有节点颜色相同，求出所有的染色方法。

题目链接：https://www.codechef.com/problems/COLTREE

思路 I：

       其实就是给你一棵树，让你切分成m棵子树，每棵子树的染色相同，有多少种染色方法。切成m棵子树，其实就是选择m-1条边去切断，所有就是C（n-1，m-1）,

然后对于m棵子树进行K种染色，其实就是A（K，m），所有方法数就是C（n-1，m-1）*A（K，m）。然后对于规模不大的大组合数取模，用杨辉三角把除变加进行

处理就可以了。

 1 #include <iostream>
 2 #include <queue>
 3 #include <stack>
 4 #include <cstdio>
 5 #include <vector>
 6 #include <map>
 7 #include <set>
 8 #include <algorithm>
 9 #include <cmath>
10 #include <cstring>
11 #include <cstdlib>
12 #include <string>
13 #include <sstream>
14 #define lson l,m,rt*2
15 #define rson m+1,r,rt*2+1
16 #define mod 1000000007
17 using namespace std;
18 typedef long long LL;
19 LL C[60][60];
20 LL A(int n,int m)
21 {
22     LL res=1;
23     for(int i=n;i>n-m;i--)
24     {
25         res=(res*i)%mod;
26     }
27     return res;
28 }
29 void init()
30 {
31     memset(C,0,sizeof(C));
32     for(int i=0;i<=50;i++)C[i][0]=1;
33     for(int i=1;i<=50;i++)
34     {
35         for(int j=1;j<=i;j++)
36         {
37             if(j==1)C[i][j]=i;
38             else if(i==j)C[i][j]=1;
39             else C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
40         }
41     }
42 }
43 int main()
44 {
45 #ifdef Local
46     freopen("data.txt","r",stdin);
47 #endif
48      int n,m,u,v,T,i,j;
49      LL ans;
50      init();
51      cin>>T;
52      while(T--)
53      {
54          ans=0;
55          cin>>n>>m;
56          for(i=0;i<n-1;i++)scanf("%d%d",&u,&v);
57          for(i=1;i<=min(n,m);i++)
58          {
59              ans=(ans+C[n-1][i-1]*A(m,i))%mod;
60          }
61          cout<<ans<<endl;
62      }
63 }
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思路 II：树形DP（等我学会了再更...）

Private Training #1

Problem C （UVALive 6602   Counting Lattice Squares）

题意：给你一个（n+1）*（m+1）的点矩阵，然后让你在点阵里面找出，所有面积为奇数的正方形的个数？

题目链接：https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=4613

思路：

      首先，面积为奇数的正方形，可以直接由边长为奇数K得来，也可以由类似这样sqrt（K）的边得来。然后对于第二种情况的K，可以由a+b的和为奇数的情况得来，即

K=sqrt（a*a+b*b）&&（a+b）%2==1。接着你会发现，边长为sqrt（K）的正方形需要的空间是边长为（a+b）的正方形，所以边长为sqrt（K）的情况可以把它当做边长为

（a+b）的一类型，且该区域一共可以画2个不同的边长为sqrt（K）的正方形。然后对于一个（n+1）*（m+1）的点矩阵，一共可以切成（n-i+1）*（m-i+1）种边长为i的正方

形，但是对于边长i，它可以由不同的a+b组合而来，假设i=5,那么5=1+4=2+3，6=1+5=2+4=3+3，所以最后的公式就是（n-i+1）*（m-i+1）*（i/2*2(2种画法)+1(本身)）

 1 #include <iostream>
 2 #include <queue>
 3 #include <stack>
 4 #include <cstdio>
 5 #include <vector>
 6 #include <map>
 7 #include <set>
 8 #include <algorithm>
 9 #include <cmath>
10 #include <cstring>
11 #include <cstdlib>
12 #include <string>
13 #include <sstream>
14 #define lson l,m,rt*2
15 #define rson m+1,r,rt*2+1
16 #define mod 1000000007
17 using namespace std;
18 typedef long long LL;
19 int main()
20 {
21 #ifdef Local
22     freopen("data.txt","r",stdin);
23 #endif
24     int i,j;
25     LL ans,s,n,m;
26     while(~scanf("%lld %lld",&n,&m))
27     {
28         if(!n&&!m)break;
29         ans=0;
30         for(i=1;i<=min(n,m);i+=2)
31         {
32             ans+=((n-i+1)*(m-i+1)*(i/2*2+1));
33         }
34         cout<<ans<<endl;
35     }
36 
37 }
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Ploblem J:（UVALive 6609  Minimal Subarray Length）

题意：给你一个含有N个元素的数组和一个价值X，使得数组中连续一段数字和大于等于X的长度最小，如果找不到则输出-1

题目链接：https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=4620

思路：

       先用预处理出元素1-i（i<=n）的元素总和sum[i],再用RMQ预处理出dp[i][j]表示区间从i开始，长度为2^j的最大sum，然后再对于每一个i（1-n）二分（query（l,r）-sum[i-1]）

>=X，的最短长度，复杂度是n(logn)。

 1 #include <iostream>
 2 #include <queue>
 3 #include <stack>
 4 #include <cstdio>
 5 #include <vector>
 6 #include <map>
 7 #include <set>
 8 #include <algorithm>
 9 #include <cmath>
10 #include <cstring>
11 #include <cstdlib>
12 #include <string>
13 #include <sstream>
14 #define lson l,m,rt*2
15 #define rson m+1,r,rt*2+1
16 #define mod 1000000007
17 using namespace std;
18 typedef long long LL;
19 const int INF=0x3f3f3f3f;
20 LL dp[500005][20],sum[500005];
21 void RMQ(int n)
22 {
23     int i,j;
24     for(i=1;i<=n;i++)dp[i][0]=sum[i];
25     for(j=1;(1<<j)<=n;j++)
26     {
27         for(i=1;(i+(1<<j))<=n;i++)
28         {
29             dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
30         }
31     }
32 }
33 LL query(int l,int r)
34 {
35     int p=0;
36     while(1<<(p+1)<=(r-l+1))p++;
37     return max(dp[l][p],dp[r-(1<<p)+1][p]);
38 }
39 int main()
40 {
41 #ifdef Local
42     freopen("data.txt","r",stdin);
43 #endif
44     int i,j,T,n;
45     LL k;
46     cin>>T;
47     while(T--)
48     {
49         memset(sum,0,sizeof(sum));
50         cin>>n>>k;
51         for(i=1;i<=n;i++)
52         {
53             scanf("%lld",&sum[i]);
54             sum[i]+=sum[i-1];
55         }
56         RMQ(n);
57         int ans=INF;
58         for(i=1;i<=n;i++)
59         {
60             int l=i,r=n;
61             while(l<=r)
62             {
63                 int m=(l+r)/2;
64                 if((query(i,m)-sum[i-1])>=k)
65                 {
66                     r=m-1;
67                 }
68                 else l=m+1;
69             }
70             if(r<=n&&sum[r]-sum[i-1]>=k)ans=min(ans,r-i+1);
71             if(l<=n&&sum[l]-sum[i-1]>=k)ans=min(ans,l-i+1);
72         }
73         if(ans==INF)cout<<-1<<endl;
74         else cout<<ans<<endl;
75     }
76     return 0;
77 }
View Code

To Be Continue!

         

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