Codeforces Round #647 (Div. 1) - Thanks, Algo Muse! A,B

A:

从主题1的开始遍历。

与主题i相连的点的主题一定都小于i，且从主题1到i-1都至少一个点与其相连。

我们记录每个点最后一次与其相连的点的主题是多少。

然后从主题1的所有点开始遍历。记录每个点被不同主题访问的次数。

只有当某个点：主题为x，最后一个点访问他的主题为x-1，且被x-1个不同点访问时才满足条件。

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pb push_back
const int M = 5e5+7;
 
int head[M],cnt;
void init(){cnt=0,memset(head,0,sizeof(head));}
struct EDGE{int to,nxt,w;}ee[M*2];
void add(int x,int y,int w){ee[++cnt].nxt=head[x],ee[cnt].w=w,ee[cnt].to=y,head[x]=cnt;}
vectorv[M];
int t[M],p[M],vs[M],nm[M];
int main()
{
  	int n,m;
  	scanf("%d%d",&n,&m);
  	for(int i=1;i<=m;i++)
  	{
  		int x,y;
  		scanf("%d%d",&x,&y);
  		add(x,y,1),add(y,x,1);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x;
		cin>>x;
		t[i]=x;
		v[x].pb(i);
	}
	//cout<<"OKKK"<

B:

按k大小排序

显然：最大的p^k[i], 一定是两两配对，然后剩一个，用前面的p^k[j]来抵消影响。

然后往前访问，到j，如果p^k[j]能抵消p^k[i]则抵消后，把当前的k[j]当成最大的来处理。

否则，全部抵消后，接着往前遍历。

重复上述过程即可。

显然每个种类的k最多访问一次 复杂度O val_k*logn  即k的取值范围

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pb push_back
const int M = 1e6+7;
const int mod =1e9+7;
struct node{
	ll x,nm;
}p[M];
int a[M];
ll qpow(ll a,ll b)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b/=2;
	}
	return ans;
}
int main()
{
  	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n,m;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
		sort(a+1,a+1+n);a[0]=-1;int sz=0;
		//cout<<"okkk "<1e6)
			{
				up=i;
				break;
			}
		}
		ll ans=0;
		while(sz>=1)
		{
			//cout<=1)
			{
				int cz=p[sz+1].x-p[sz].x;
				if(cz

我们可以用双hash判断ans是否为0

 

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
#define pb push_back
const double PI= acos(-1.0);
const int M = 1e6+7;
ll a[M];
ll qpow(ll a,ll b,ll mod)
{
	ll ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		b/=2;
	}
	return ans;
}
ll pw[M];
int main()
{
  	int t;
  	scanf("%d",&t);
  	for(int T=1;T<=t;T++)
  	{
  		ll n,m;
  		scanf("%lld%lld",&n,&m);
  		for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
  		sort(a+1,a+1+n);
  		ll ans1=0,ans2=0;
  		int mod1=1e9+7,mod2=19270817;
  		for(int i=n;i;i--)
  		{
  			ll tp1=qpow(m,a[i],mod1);
  			ll tp2=qpow(m,a[i],mod2);
  			if(!ans1&&!ans2)ans1=(tp1+ans1)%mod1,ans2=(tp2+ans2)%mod2;
  			else ans1=(ans1+mod1-tp1)%mod1,ans2=(ans2+mod2-tp2)%mod2;
		}
		printf("%lld\n",ans1);
	}
	return 0;
}
/*
7
10 5
8 6 8 8 10 10 10 8 8 2 
*/