2019牛客暑期多校训练营（第七场）
A String
题意：给一个01串，把该串划分，使得每个子串都是所在串形成的环中字典序最小的。
题解：把01串中以1、0分界处都拆开，对拆分出来的子串我们再两两比对，可以合并则合并。队友AC代码
#include
// {
// cout<
// }
// cout<
}
return 0;
}
B Irreducible Polynomial
（窝太菜了做题太少，没发现是原题POJ2126)
题意：给一个多项式的系数 a n 、 a n − 1 、 . . . a 1 、 a 0 a_n、a_{n-1}、...a_1、a_0 an、an−1、...a1、a0，问该多项式是否可以继续分解。
题解：有个结论，系数大于3时一定是可以继续拆解的，系数小于<2时显然不能继续拆解；系数等于2时我们再用一元二次方程求根公式判断下。（对不起高代老师QAQ，明明上课学过的）
#includeC Governing sand
题意：给定n棵树，每棵树有高度hi、被砍需要的代价ci、数量pi，为了防风沙，需要把这些树形成一个防风墙，条件是最高的树超过（划重点）当前所有树的一半
题解：利用了ci只有200的限制，用ci存储对应的数量和花费，把树按高度从大到小，每次砍树时贪心的坎代价小的树，每次移动更新下ci数组的值即可，复杂度O（200*n）
PS:比赛时坑队友了，各种地方没开ll，more than这么显眼的字没看
#includeD Number
题意：给n和p，求能被p整除的数位长为n的数，只需地位补零即可。
#includeE Find the median（线段树查询区间第K大+离散化）
题意：给n个操作，每次加入[l,r]这些数，加完后问当前的中位数
题解：线段树，每次更新线段，求当前线段树的中间值，难点是对于区间的离散化。
（区间修改也可以离散化的说
#includeF Energy stones（树状数组+set）
参考：https://blog.csdn.net/kidsummer/article/details/98985376
题意：有1-n n个能量石头，每个石头有初始值E_i，每个单位时间增加L_i值，上限为C_i值，m次操作，每次在时间ti，选择区间[l,r]的石头并获取它们的能量，获取后石头的能量为0。问最后获取了多少能量。
题解：
考虑每个石头对答案的贡献, 首先要算出来每个石头能量集满要多长时间 d.
然后要统计每个石头询问的时间差,
时间差 >= d, 加上 c. 统计个数 直接 * c,
时间差 < d, 加上 时间差*l[i].统计所有的时间和 * l.
然后还要计算一下初始状态. e.随便搞搞就好了.
然后我们如何维护时间差呢?
用 set + 树状数组维护，
每次把时间点加入到 set 中， 就会有可能减少一个时间段，加上两个小的时间段，
然后我们用树状数组维护时间段．
两个树状数组分别维护
１．每个时间段的个数． 求 ＞＝ ｄ 一共有多少个时间段．
２．每个时间段一共有多少时间． 求 ＜ ｄ 一共有多少时间，
要注意除０ 的情况．
代码：
#includeH Pair
题意：给定A B C（1，1e9），求对数(x,y)，使得 1 < = x < = A , 1 < = y < = B 1<=x<=A,1<=y<=B 1<=x<=A,1<=y<=B，且满足x&y>C||x^y
#include对于是否为0，可以再加两个位置判断下
#includeI Chessboard
题意：给定n m，构造kk的矩阵，该矩阵的每个元素值不小于m，使得选择任意不同行、不同列的k个元素的总和都相等，且不大于n
官方题解：
容易证明，一个 kk 棋盘的排布方案满足“不同行不同列的方格内的玻璃球数量的总和均相
同”要求，当且仅当该方案具有如下形式：
∑ i = 1 k a i A i + ∑ i = 1 k b i B i \sum_{i=1}^{k} a_iAi +\sum_{i=1}^{k} b_iB_i ∑i=1kaiAi+∑i=1kbiBi/，其中 A i ( B i ) A_i(B_i) Ai(Bi)为第i行（列）均为1，其余行（列）均为0的k*k矩阵，又因为该和为T，所以$ a i 和 a_i和 ai和b_i$需满足以下条件：
∑ i = 1 k a i + ∑ i = 1 k = T ( a i ≥ 0 , b i ≥ 0 ) \sum_{i=1}^{k} a_i +\sum_{i=1}^{k} = T (a_i\geq0,b_i\geq0) ∑i=1kai+∑i=1k=T(ai≥0,bi≥0)，用隔板法思想，得到满足该条件的方案为 C T + 2 k − 1 2 k − 1 C_{T+2k-1}^{2k-1} CT+2k−12k−1
但是这些方案中其实有一部分是重复的。重复的原因在于：当 a i a_i ai均为非负时，事实上此时将所有 a i a_i ai全部减一，将所有 b i b_i bi全部加一，，将得到一种完全相同的、但我们也记了一次数的方案。我们应该想办法将这种方案全部去除并只留下这种方案的唯一代表。很显然，我们只需要再减去满足：
∑ i = 1 k a i + ∑ i = 1 k = T ( a i ≥ 1 , b i ≥ 0 ) \sum_{i=1}^{k} a_i +\sum_{i=1}^{k} = T (a_i\geq1,b_i\geq0) ∑i=1kai+∑i=1k=T(ai≥1,bi≥0)
的方案数即可。因此所有的方案数即为
C T + 2 k − 1 2 k − 1 − C T + k − 1 2 k − 1 C_{T+2k-1}^{2k-1} -C_{T+k-1}^{2k-1} CT+2k−12k−1−CT+k−12k−1
#include
// C[i][0]=1;
// for(int j=1;j<=i;j++){
// C[i][i-j]=C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
// }
// }
//}
ll C(ll x,ll y)
{
if(y>x) return 0;
return 1LL*f[x]*invf[y]%mod*invf[x-y]%mod;
}
void Add(ll &x,ll y)
{
x+=y;
if(x>=mod) x-=mod;
}
void Sub(ll &x,ll y)
{
x-=y;
if(x<0) x+=mod;
}
int n,m;
int main()
{
int tt;scanf("%d",&tt);
init();
while(tt--){
scanf("%d%d",&n,&m);
ll ans=0;
for(int k=1;k*m<=n;k++){
for(int t=0;t<=n-k*m;t++){
Add(ans,C(t+2*k-1,2*k-1));
Sub(ans,C(t+k-1,2*k-1));
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
J A+B problem
求A和Breverse后相加的结果,队友AC代码
#include