估计是温水煮青蛙，本场比赛比较水。
#T1
#Problem
一种递归定义的数列（字符串列？）：第一项为 1，后面的每一项形式为上一项自左往右 相邻的相同数字个数+该数字，比如第二项为 11，表示 1 个 1，问第 (n(nleq 25)) 项。
#Solution
就是简单模拟，没有难度。
#Code
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
using namespace std;
const int N = 100010;
const int INF = 0x3fffffff;
int n, t[N][2], cnt, len, tlen, lst;
int main() {
scanf("%d", &n);
t[len = 1][1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
tlen = 0, lst = 0, cnt = 0;
for (int j = 1; j <= len; ++ j) {
if (j != 1 && t[j][(i - 1) % 2] != lst) {
t[++ tlen][i % 2] = cnt;
t[++ tlen][i % 2] = lst; cnt = 0;
}
lst = t[j][(i - 1) % 2]; ++ cnt;
}
t[++ tlen][i % 2] = cnt;
t[++ tlen][i % 2] = lst;
len = tlen;
}
for (int i = 1; i <= len; ++ i)
printf("%d", t[i][n % 2]);
return 0;
}
#T2
#Problem
一个严格递增的序列 (a_i)，支持两种操作：
- 区间修改
- 查询是否有位置满足 (a_i=i)
#Solution
我们来考虑所有满足 (a_i=i) 的位置中 (i) 最大的，不难发现如果存在这样的位置，那么其一定具有二分性，即设该位置为 (i)，那么对于所有的 (j<i)，有 (a_jleq j)，对于 (j>i)，则有 (a_j > i)，于是我们可以依靠此性质进行二分，注意我们需要判断二分结束后的位置是否满足条件（赛时脑抽忘判了 (100pts o 10pts) QwQ），如果不满足，那么意味着不存在这样的位置，同时需要注意边界。
关于区间修改，我们可以直接采用线段树维护，由于线段树本身便是天然的二分结构，所以二分的过程可以直接在线段树上进行。总体时间复杂度为 (O(klog n).)
#Code
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
using namespace std;
const int N = 20000010;
const int INF = 0x3fffffff;
template <typename T> inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 1;
char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
struct Node {int ls, rs, mx, tag;} p[N];
int cnt, n, m, a[N], rt;
inline void add(int k, int x) {
p[k].tag += x; p[k].mx += x;
}
inline void pushdown(int k) {
int ls = p[k].ls, rs = p[k].rs;
if (ls) add(ls, p[k].tag);
if (rs) add(rs, p[k].tag);
p[k].tag = 0;
}
inline void pushup(int k) {
p[k].mx = p[p[k].rs].mx;
}
void build(int &k, int l, int r) {
if (!k) k = ++ cnt;
int mid = l + r >> 1;
if (l == r) {p[k].mx = a[l]; return;}
build(p[k].ls, l, mid);
build(p[k].rs, mid + 1, r); pushup(k);
}
void modify(int k, int l, int r, int x, int y, int c) {
if (x <= l && r <= y) {add(k, c); return;}
int mid = l + r >> 1; pushdown(k);
if (x <= mid) modify(p[k].ls, l, mid, x, y, c);
if (mid < y) modify(p[k].rs, mid + 1, r, x, y, c);
pushup(k);
}
int get_pos(int k, int l, int r) {
if (l == r) {return p[k].mx == l ? l : 0;}
pushdown(k); int mid = l + r >> 1;
int lval = p[p[k].ls].mx;
if (lval > mid) return get_pos(p[k].ls, l, mid);
if (lval < mid) return get_pos(p[k].rs, mid + 1, r);
return mid;
}
int main() {
read(m); read(n);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) read(a[i]);
a[n + 1] = n + 1; build(rt, 0, n + 1); -- m;
int pos1 = get_pos(rt, 0, n + 1);
if (pos1 < 1 || pos1 > n) printf("NO
");
else printf("YES
");
while (m --) {
int l, r, c; read(l); read(r); read(c);
modify(rt, 0, n + 1, l, r, c);
int pos = get_pos(rt, 0, n + 1);
if (pos < 1 || pos > n) printf("NO
");
else printf("YES
");
}
return 0;
}
#T3
#Problem
给定序列 (a_i)，(q) 个询问，每次询问位于 (a_l) 到 (a_r) 这个子序列中出现次数为奇数的数的个数。
#Solution
莫队的板子题，不多讲。
#Code
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
using namespace std;
const int N = 500010;
const int INF = 0x3fffffff;
int n, m, a[N], t[N], cnt[N];
int len, res, ans[N];
struct Query {
int l, r, id;
inline bool operator < (const Query &b) const {
if (l / len != b.l / len) return l < b.l;
if ((l / len) & 1) return r < b.r;
return r > b.r;
}
};
Query q[N];
inline void add(int x) {
++ cnt[x]; if (cnt[x] & 1) ++ res; else -- res;
}
inline void del(int x) {
-- cnt[x]; if (cnt[x] & 1) ++ res; else -- res;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
scanf("%d", &t[i]), a[i] = t[i];
sort(t + 1, t + n + 1);
int _n = unique(t + 1, t + n + 1) - t - 1;
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
a[i] = lower_bound(t + 1, t + _n + 1, a[i]) - t;
scanf("%d", &m);
for (int i = 1; i <= m; ++ i)
scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r), q[i].id = i;
len = sqrt(n); sort(q + 1, q + m + 1);
for (int i = 1, l = 1, r = 0; i <= m; ++ i) {
while (l > q[i].l) add(a[-- l]);
while (r < q[i].r) add(a[++ r]);
while (l < q[i].l) del(a[l ++]);
while (r > q[i].r) del(a[r --]);
ans[q[i].id] = res;
}
for (int i = 1; i <= m; ++ i)
printf("%d
", ans[i]);
return 0;
}
#T4
本题是 TJOI 的一道原题 [题目链接]
#Problem
求 (n) 个点的二叉树的叶结点期望个数，对 (2148473647) 取模。
用 (2148473647) 做模数就恶心人，最开始以为是 (2147483647(2^{31}-1))，发现这样没有逆元...
#Solution
设 (f_n) 表示 (n) 个节点的不同二叉树的个数，(g_n) 表示 (n) 个节点的 (f_n) 个二叉树的叶结点总数。答案显然应当是
[dfrac{g_n}{f_n}
]
(f_n) 显而易见是 Catalan 数，那么来考虑 (g_n) 怎么求，通过打表可以得到如下性质
[g_n=nf_{n-1}
]
我们这样考虑证明：
- 对于每棵 (n) 个点 (k) 个叶结点的二叉树，如果我们把这 (k) 个叶结点分别去掉，可以得到 (k) 棵不同的 (n-1) 个节点的二叉树；
- 对于每棵 (n-1) 个点的二叉树，我们知道有 (n) 个位置可以挂上一个叶结点，所以通过上面的变换，每一棵 (n-1) 个点的二叉树可以被得到 (n) 次；
于是综合上面两点不难得到 (g_n=nf_{n-1}) 的结论，于是有
[dfrac{g_n}{f_n}=dfrac{nf_{n-1}}{f_n}
]
其中有 (f_n=dfrac{inom{2n}{n}}{n+1})，带入化简后可以得到
[dfrac{g_n}{f_n}=dfrac{nf_{n-1}}{f_n}=dfrac{n(n+1)}{2(2n-1)}.
]
#Code
#include <bits/stdc++.h>
#define ll unsigned long long
#define mset(l, x) memset(l, x, sizeof(l))
using namespace std;
const ll N = 100010;
const ll INF = 0x3fffffff;
const ll MOD = 2148473647;
ll n;
inline ll fpow(ll a, ll b) {
ll res = 1;
while (b) {
if (b & 1) (res *= a) %= MOD;
(a *= a) %= MOD; b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
scanf("%llu", &n);
ll res1 = n * (n + 1) % MOD;
ll res2 = fpow(2 * (2 * n - 1) % MOD, MOD - 2);
printf("%llu", (res1 * res2 % MOD + MOD) % MOD);
return 0;
}
期望得分：(100+100+100+100=400)
实际得分：(100+10+100+100=310) 血亏QwQ