A. As Easy As Possible
每个点往右贪心找最近的点，可以得到一棵树，然后倍增查询即可。
时间复杂度$O((n+m)\log n)$。
#include
using namespace std ;
typedef long long LL ;
typedef long long Int ;
typedef pair < int , int > pi ;
#define clr(a,x) memset ( a , x , sizeof a )
char s[100020];
int a[100020];
int n;
int nxt[100020][4];
int dp[18][100020];
int cg(char c){
if(c=='e')return 0;
if(c=='a')return 1;
if(c=='s')return 2;
return 3;
}
void prepare(){
int cur[4];
for(int i=0;i=0;i--){
cur[a[i]]=i;
for(int j=0;j<4;j++){
nxt[i][j]=cur[j];
}
}
for(int i=0;i<4;i++)nxt[n][i]=n;
for(int i=0;i=n){dp[it][i]=n;continue;}
dp[it][i]=dp[it-1][to];
}
}
/*
for(int i=0;(1<=0&&l<=r;i--){
if(dp[i][l]<=r){
// printf("l=%d dp=%d\n",l,dp[i][l]);
ans|=1<
B. Be Friends
从高位到低位依次考虑，对于每一位，按这一位将数字分成两个集合，显然这两个集合要优先连边，那么只需要找到横跨这两个集合的最小的边即可，用Trie完成查询。
时间复杂度$O(n\log^2m)$。
#include
#include
const int N=100010,M=N*32;
int n,i,a[N],q[N],son[M][2],tot;long long ans;
inline void ins(int p){
for(int o=29,x=0;~o;o--){
int w=p>>o&1;
if(!son[x][w])son[x][w]=++tot;
x=son[x][w];
}
}
inline int ask(int p){
int t=0;
for(int o=29,x=0;~o;o--){
int w=p>>o&1;
if(son[x][w])x=son[x][w];else x=son[x][w^1],t|=1<r)return;
int L=l-1,R=r+1;
for(int i=l;i<=r;i++)if(a[i]>>o&1)q[++L]=a[i];else q[--R]=a[i];
for(int i=l;i<=r;i++)a[i]=q[i];
solve(o-1,l,L),solve(o-1,R,r);
if(l>L||R>r)return;
for(int i=l;i<=L;i++)ins(a[i]);
int ret=~0U>>1;
for(int i=R;i<=r;i++)ret=std::min(ret,ask(a[i]));
ans+=ret;
for(int i=0;i<=tot;i++)son[i][0]=son[i][1]=0;
tot=0;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
solve(29,1,n);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
C. Coprime Heaven
留坑。
D. Drawing Hell
游戏的最终局面一定是一个三角剖分，因此边数只与凸包上的点数有关，判一下奇偶性即可。
E. Easiest Game
合法的$(r,s)$需要满足：
1.$r+s\leq\min(n,m)$
2.$\gcd(r,s)=1$
3.$r\bmod 2\neq s\bmod 2$
4.$\max(r,s)\leq\lfloor\frac{\max(n,m)}{2}\rfloor$
假设没有互质的限制，那么可以直接$O(1)$算出答案$f(n,m)$，加上限制之后$ans=\sum_{d}\mu(d)f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)$，分段计算即可。
时间复杂度$O(n+T\sqrt{n})$。
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
F. Fibonacci of Fibonacci
打表可以发现循环节为$26880696$，然后直接用矩阵快速幂计算答案即可。
#include
#define rep(i) for(int i=0;i<2;i++)
int T,n,P;
struct mat{
int v[2][2];
mat(){rep(i)rep(j)v[i][j]=0;}
mat operator*(const mat&b){
mat c;
rep(i)rep(j)rep(k)c.v[i][j]=(1LL*v[i][k]*b.v[k][j]+c.v[i][j])%P;
return c;
}
}G,B;
int fib(int n,int p){
P=p;
G=B=mat();
G.v[0][1]=G.v[1][0]=G.v[1][1]=B.v[1][0]=1;
for(;n;n>>=1,G=G*G)if(n&1)B=G*B;
return B.v[0][0];
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--)scanf("%d",&n),printf("%d\n",fib(fib(n,26880696),20160519));
return 0;
}
G. Global Warming
留坑。
H. Hash Collision
设$f[i][j]$表示长度为$i$的串中Hash值为$j$的方案数，那么$ans=\sum_{i=0}^{m-1}C(f[n][i],2)$。
从$f[i][]$转移到$f[i+1][]$的复杂度为$O(26)$，而从$f[i][]$转移到$f[2i][]$可以用FFT做到$O(m\log m)$，因此倍增计算$f[n][]$即可。
时间复杂度$O(m\log m\log n)$。
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=65555,P=1000003,M=1000;
int n,i,j,k,pos[N],f[N],g[N],seed,m,ans;
int A[N],B[N],C[N];
namespace FFT{
struct comp{
double r,i;comp( double _r=0, double _i=0){r=_r,i=_i;}
comp operator+(const comp&x){return comp(r+x.r,i+x.i);}
comp operator-(const comp&x){return comp(r-x.r,i-x.i);}
comp operator*(const comp&x){return comp(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);}
comp conj(){return comp(r,-i);}
}A[N],B[N];
int a0[N],b0[N],a1[N],b1[N];
const double pi=acos(-1.0);
void FFT(comp*a,int n,int t){
for(int i=1;i>1]>>1|((i&1)<>=1;
for(j='A';j<='Z';j++)f[j%m]++;
for(int o=cnt-1;o;o--){
for(i=0;i
I. Increasing or Decreasing
经典数位DP。
#include
using namespace std ;
typedef long long LL ;
typedef pair < int , int > pi ;
#define clr(a,x) memset ( a , x , sizeof a )
typedef long long Int ;
int dp[20][3][10][2];
int num[22];
int dfs(int cur,int dd,int bef,int qd){
if(cur<0)return 1;
int &t=dp[cur][dd][bef][qd];
if(t>=0)return t;
t=0;
for(int i=0;i<10;i++){
if((dd==1)&&(i>bef)&&qd)continue;
if((dd==2)&&(i0);
if(qd==0)ndd=0;
else{
if(ibef)ndd=2;
else ndd=dd;
}
t+=dfs(cur-1,ndd,i,nqd);
}
return t;
}
int deal(LL x){
if(!x)return 1;
int tot=0;
while(x){num[tot++]=x%10,x/=10;}
reverse(num,num+tot);
int dd=0;
int ret=0;
for(int i=0;inum[i-1])curdd=2;
else if(j==num[i-1])curdd=0;
else curdd=1;
}
if(dd&&curdd&&(dd!=curdd))continue;
int nqd=((i==0)&&(j==0))?0:1;
ret+=dfs(tot-i-2,max(dd,curdd),j,nqd);
//if(!i)printf("val=%d\n",tot-i-2);
}
if(i==0)curdd=0;
else{
if(num[i]>num[i-1])curdd=2;
else if(num[i]==num[i-1])curdd=0;
else curdd=1;
}
//printf("%d %d ret=%d\n",i,num[i],ret);
if(dd&&curdd&&(dd!=curdd)){dd=-1;break;}
//printf("dd=%d curdd=%d\n",dd,curdd);
dd=max(dd,curdd);
}
if(dd>=0)ret++;
return ret;
}
int main(){
memset(dp,-1,sizeof dp);
int _;scanf("%d",&_);
while(_--){
LL l,r;
scanf("%lld%lld",&l,&r);
int ans=deal(r);
ans-=deal(l-1);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
J. Just Convolution
因为数据随机，所以可以取出$A$中最大$200$项和$B$中所有项暴力更新答案，然后再取出$B$中最大$200$项和$A$中所有项暴力更新答案，最后再取出$A$中和$B$中最大的$3000$项更新答案即可。
#include
using namespace std ;
const int MAXN = 200005 ;
struct Node {
int x , i ;
bool operator < ( const Node& a ) const {
return x > a.x ;
}
} ;
Node a[MAXN] , b[MAXN] ;
int c[MAXN] ;
int n ;
void solve () {
for ( int i = 0 ; i < n ; ++ i ) {
scanf ( "%d" , &a[i].x ) ;
a[i].i = i ;
}
for ( int i = 0 ; i < n ; ++ i ) {
scanf ( "%d" , &b[i].x ) ;
b[i].i = i ;
}
for ( int i = 0 ; i < n ; ++ i ) {
c[i] = 0 ;
}
sort ( a , a + n ) ;
sort ( b , b + n ) ;
int k = min ( n , 3000 ) ;
for ( int i = 0 ; i < k ; ++ i ) {
for ( int j = 0 ; j < k ; ++ j ) {
int t = ( a[i].i + b[j].i ) % n ;
c[t] = max ( c[t] , a[i].x + b[j].x ) ;
}
}
int m = min ( n , 200 ) ;
for ( int i = k ; i < n ; ++ i ) {
for ( int j = 0 ; j < m ; ++ j ) {
int t1 = ( a[i].i + b[j].i ) % n ;
int t2 = ( b[i].i + a[j].i ) % n ;
c[t1] = max ( c[t1] , a[i].x + b[j].x ) ;
c[t2] = max ( c[t2] , b[i].x + a[j].x ) ;
}
}
for ( int i = 0 ; i < n ; ++ i ) {
i && putchar ( ' ' ) ;
printf ( "%d" , c[i] ) ;
}
puts ( "" ) ;
}
int main () {
while ( ~scanf ( "%d" , &n ) ) solve () ;
return 0 ;
}