【BJOI2019 Day2】简要题解

感觉2天难度不在一个档次上。。。。

T1：

传送门

很普及−-
离散化O(n3)O(n^3)背包即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int RLEN=1<<20|1;
inline char gc(){
    static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
    (ob==ib)&&(ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
    return (ob==ib)?EOF:*ib++;
}
#define gc getchar
inline int read(){
    char ch=gc();
    int res=0,f=1;
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=gc();
    while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=gc();
    return f?res:-res;
}
#define ll long long
#define re register
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define cs const
#define bg begin
cs int N=205,M=40005;
int f[N][M];
pii opt[N];
int s,n,m;
int inf;
inline void chemx(int &a,int b){a<b?a=b:0;}
inline void chemn(int &a,int b){a>b?a=b:0;}
vector<int> a[N];
int main(){
	s=read(),n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=s;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++)a[j].pb(read()*2+1);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i].pb(0),sort(a[i].bg(),a[i].end());
	memset(f,128,sizeof(f));
	f[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<a[i].size();j++){
			int v=a[i][j];
			for(int k=v;k<=m;k++)
			chemx(f[i][k],f[i-1][k-v]+j*i);
		}
	}
	int res=0;
	for(int i=0;i<=m;i++)chemx(res,f[n][i]);
	cout<<res;
}

T2：

很显然应该是做个等比数列求和的东西
f[i]f[i]表示前从第i+1i+1块玻璃的方向向第ii块玻璃射一道光总共会反射回来多少
手算一下得到
f[i]=b[i]+a[i]2f[i−1]1−f[i−1]b[i]f[i]=b[i]+frac{a[i]^2f[i-1]}{1-f[i-1]b[i]}
令v[i]v[i]表示从第i−1i-1块的方向向ii块射一道光总共能射过去多少
手算一下得到v[i]=a[i]1−f[i−1]b[i]v[i]=frac{a[i]}{1-f[i-1]b[i]}

然后就完了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int RLEN=1<<20|1;
inline char gc(){
    static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
    (ob==ib)&&(ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
    return (ob==ib)?EOF:*ib++;
}
#define gc getchar
inline int read(){
    char ch=gc();
    int res=0,f=1;
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=gc();
    while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=gc();
    return f?res:-res;
}
#define ll long long
#define re register
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define cs const
#define bg begin
const int mod=1e9+7;
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline void Add(int &a,int b){a=add(a,b);}
inline int dec(int a,int b){return a>=b?a-b:a-b+mod;}
inline void Dec(int &a,int b){a=dec(a,b);}
inline int mul(int a,int b){return 1ll*a*b%mod;}
inline void Mul(int &a,int b){a=mul(a,b);}
inline int ksm(int a,int b,int res=1){for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))(b&1)?(res=mul(res,a)):0;return res;}
inline int Inv(int x){return ksm(x,mod-2);}
inline void chemx(int &a,int b){a<b?a=b:0;}
inline void chemn(int &a,int b){a>b?a=b:0;}
inline int P(int x){return mul(x,x);}
cs int N=500005;
cs int Iv=Inv(100);
int n,A[N],B[N],f[N],v[N];
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)A[i]=mul(read(),Iv),B[i]=mul(read(),Iv);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=add(B[i],mul(mul(P(A[i]),f[i-1]),Inv(dec(1,mul(f[i-1],B[i])))));
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)v[i]=mul(A[i],Inv(dec(1,mul(f[i-1],B[i]))));
	int res=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)Mul(res,v[i]);
	cout<<res;
}

T3：

很显然的能发现能删完的条件是
对于每个值vv，小于等于vv的数恰好有vv个
但这个不好维护
考虑说如果有kk个vv
实际上可以看做把[v−k+1,v][v-k+1,v]覆盖为11
最后要求的就是为00的点的数量
数量可以开个桶来维护

然后用权值线段树来做

这样修改就很好维护了
单点加减一就可以了
考虑整体加减
可以记一个开头的位置

如果某一个数大于了nn，要把他对左边某一段的覆盖删去
等小于等于nn再加回来

这样需要维护区间最小值的最小值的个数

修改一个数的时候如果这个数的影响以及被删去了就不修改了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int RLEN=1<<20|1;
inline char gc(){
    static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
    (ob==ib)&&(ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
    return (ob==ib)?EOF:*ib++;
}
#define gc getchar
inline int read(){
    char ch=gc();
    int res=0,f=1;
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=gc();
    while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=gc();
    return f?res:-res;
}
#define ll long long
#define re register
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define cs const
#define bg begin
inline void chemx(int &a,int b){a<b?a=b:0;}
inline void chemn(int &a,int b){a>b?a=b:0;}
cs int N=550005;
namespace Seg{
	int mn[N<<2],s[N<<2],tr[N<<2],tag[N<<2];
	#define lc (u<<1)
	#define rc ((u<<1)|1)
	#define mid ((l+r)>>1)
	inline void pushup(int u){
		if(mn[lc]==mn[rc])mn[u]=mn[lc],s[u]=s[lc]+s[rc];
		else if(mn[lc]>mn[rc])mn[u]=mn[rc],s[u]=s[rc];
		else mn[u]=mn[lc],s[u]=s[lc];
		tr[u]=tr[lc]+tr[rc];
	}
	inline void build(int u,int l,int r){
		if(l==r){mn[u]=0,s[u]=tr[u]=1;return;}
		build(lc,l,mid),build(rc,mid+1,r);
		pushup(u);
	}
	inline void pushnow(int u,int k){
		mn[u]+=k,tag[u]+=k;if(mn[u]==0)tr[u]=s[u];else tr[u]=0;
	}
	inline void pushdown(int u){
		if(!tag[u])return;
		pushnow(lc,tag[u]),pushnow(rc,tag[u]);
		tag[u]=0;
	}
	inline void change(int u,int l,int r,int p,int k){
		if(l==r){mn[u]+=k,s[u]=1,tr[u]=(mn[u]==0);return;}
		pushdown(u);
		if(p<=mid)change(lc,l,mid,p,k);
		else change(rc,mid+1,r,p,k);
		pushup(u);
	}
	inline void update(int u,int l,int r,int st,int des,int k){
		if(st<=l&&r<=des){
			pushnow(u,k);return;
		}
		pushdown(u);
		if(st<=mid)update(lc,l,mid,st,des,k);
		if(mid<des)update(rc,mid+1,r,st,des,k);
		pushup(u);
	}
	inline int query(int u,int l,int r,int st,int des){
		if(st<=l&&r<=des)return tr[u];
		int res=0;pushdown(u);
		if(st<=mid)res+=query(lc,l,mid,st,des);
		if(mid<des)res+=query(rc,mid+1,r,st,des);
		pushup(u);return res;
	}
}
int n,m,buc[N],a[N],st,lim;
inline void add(int v){
	buc[v]++;
	if(v<=st+n)Seg::change(1,1,lim,v-buc[v]+1,1);
}
inline void dec(int v){
	if(v<=st+n)Seg::change(1,1,lim,v-buc[v]+1,-1);
	buc[v]--;	
}
int main(){
	n=read(),m=read();
	st=m+2,lim=n+m+st;
	Seg::build(1,1,lim);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i]=read()+st,add(a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int p=read(),x=read();
		if(p>0){
			dec(a[p]);
			a[p]=x+st;
			add(a[p]);
		}
		else{
			if(x==-1){
				st++;
				int pos=st+n;
				if(buc[pos])Seg::update(1,1,lim,pos-buc[pos]+1,pos,1);
			}
			else{
				int pos=st+n;
				if(buc[pos])Seg::update(1,1,lim,pos-buc[pos]+1,pos,-1);
				st--;
			}
		}
		cout<<Seg::query(1,1,lim,st+1,st+n)<<'
';
	}
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/stargazer-cyk/p/12328579.html