T1:礼物
想错方向了，实际上很简单。
我想的是：显然题目求的是$\sum_{i=1}^{n} i^{k}2^{i}$，然后或许可以通过化式子变成与n无关的复杂度？
然后就不停往斯特林数反演和下降幂的方向想，最后什么都没想出来。
其实想一会就应该意识到：这完全就是一个不可直接化简的式子啊。
$A[i]$表示第$i$个人送的礼物数，$S[i]$为前缀和，那么显然有$S[i]=2*S[i-1]+i^k$，这样就把思路引导矩乘方面去了。
如何矩乘呢？考虑题目的提示。首先$i^k$这个东西不好直接转移到$(i+1)^k$，其次发现转移的话根据二项式定理需要$i^1,i^2,...,i^k$的所有数，最后从题目“$K \leq 10$”可以猜到，一定是将$i^1 i^2 ... i^k$全部扔进矩阵，和$S[i]$一起转移，转移矩阵则正好是$C_i^j$的转置矩阵，这样就可以$O(\log n \times k^3)$解决问题
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++) 5 typedef long long ll; 6 using namespace std; 7 8 const ll P=1000000007; 9 ll n,c[20][20]; 10 int m; 11 12 struct M{ ll a[20][20]; M(){ memset(a,0,sizeof(a)); } }tr,a1,a2; 13 M mul(M a,M b){ 14 M c; 15 rep(i,0,m+1) rep(j,0,m+1) rep(k,0,m+1) c.a[i][k]=(c.a[i][k]+a.a[i][j]*b.a[j][k])%P; 16 return c; 17 } 18 19 M ksm(M a,ll b){ 20 M x=tr; 21 for (; b; x=mul(x,x),b>>=1) 22 if (b & 1) a=mul(a,x); 23 return a; 24 } 25 26 int main(){ 27 scanf("%lld%d",&n,&m); 28 rep(i,0,m) c[i][0]=1; 29 rep(i,1,m) rep(j,1,i) c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%P; 30 rep(i,0,m){ 31 a1.a[0][i]=a2.a[0][i]=1; 32 rep(j,0,i) tr.a[j][i]=c[i][j]; 33 } 34 tr.a[m+1][m+1]=2; tr.a[m][m+1]=1; 35 a1=ksm(a1,n-1); a2=ksm(a2,n); 36 printf("%lld\n",(a2.a[0][m+1]-a1.a[0][m+1]+P)%P); 37 return 0; 38 }
T2:一个简单的询问
求和上面的无穷符号第一眼有点吓人，实际上就是n。
看数据范围就知道是分块。怎么分？这个虽然简单，但还是有点难想的。$$get(l1,r1,x)\times get(l2,r2,x)$$$$= (get(l1,r1,x)-get(1,l1-1,x)) \times (get(l2,r2,x)-get(1,l2-1,x))$$$$= get(1,r1,x)\times get(1,r2,x)-get(1,r1,x) \times get(1,l2-1,x)-get(1,l1-1,x) \times get(1,r2,x)+get(1,l1-1,x) \times get(1,l2-1,x)$$
这样就可以看出来是莫队了，这里的莫队已经不是传统的$[L,R]$区间询问了，而是真正的曼哈顿最小生成树的替代品。
1 #include<cmath> 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++) 5 typedef long long ll; 6 using namespace std; 7 8 const int N=50100; 9 ll res[N],ans; 10 int n,m,a[N],l1,r1,l2,r2,L,R,tot,num1[N],num2[N]; 11 struct Q{ int l,r,k,id,pos; }q[N<<2]; 12 bool cmp(Q a,Q b){ return (a.pos==b.pos) ? a.r<b.r : a.pos<b.pos; } 13 14 int main(){ 15 scanf("%d",&n); int bl=sqrt(n); 16 rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]); 17 scanf("%d",&m); 18 rep(i,1,m){ 19 scanf("%d%d%d%d",&l1,&r1,&l2,&r2); 20 q[++tot]=(Q){l1-1,l2-1,1,i,(l1-2)/bl+1}; q[++tot]=(Q){r1,r2,1,i,(r1-1)/bl+1}; 21 q[++tot]=(Q){l1-1,r2,-1,i,(l1-2)/bl+1}; q[++tot]=(Q){r1,l2-1,-1,i,(r1-1)/bl+1}; 22 } 23 sort(q+1,q+tot+1,cmp); 24 rep(i,1,tot){ 25 while (R<q[i].r) ans+=num1[a[++R]],num2[a[R]]++; 26 while (L>q[i].l) ans-=num2[a[L]],num1[a[L--]]--; 27 while (R>q[i].r) ans-=num1[a[R]],num2[a[R--]]--; 28 while (L<q[i].l) ans+=num2[a[++L]],num1[a[L]]++; 29 res[q[i].id]+=ans*q[i].k; 30 } 31 rep(i,1,m) printf("%lld\n",res[i]); 32 return 0; 33 }
T3:炸弹
想不到想不到，线段树的新应用。
首先可以看出是图论，每个炸弹向可以引爆的炸弹连边，强连通块$Tarjan$缩点后建出反图，再按拓扑序跑一遍$DP$计数即可，这是暴力。
发现每个点连出去的所有点一定是一段连续的区间，所以可以想到线段树。所以我们先按照线段树的方法建点连边，这样最后最多只会有$O(n\log n)$个点和$O(n\log n)$条边了。
发现有不少关于区间的问题可以往线段树方面想。
无故$CE$了$5$发，至今未$AC$，改了$cin$和$cout$也过不了，明明没有任何编译错误信息，辣鸡$BZOJ$。
1 #include<cstdio> 2 #include<queue> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #define ls (x<<1) 6 #define rs ((x<<1)|1) 7 #define lson ls,L,mid 8 #define rson rs,mid+1,R 9 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++) 10 typedef long long ll; 11 using namespace std; 12 13 const int N=2000100,M=20000100,mod=1000000007; 14 int scc,n,tim,top,dfn[N],low[N],ind[N],inq[N],stk[N],bel[N],pos[N]; 15 ll ans,a[N],p[N],v[N],Min[N],Max[N],mn[N],mx[N]; 16 queue<int>Q; 17 18 struct Graph{ 19 int cnt,to[M],nxt[M],h[N]; 20 void add(int u,int v){ to[++cnt]=v; nxt[cnt]=h[u]; h[u]=cnt; } 21 void tarjan(int x){ 22 dfn[x]=low[x]=++tim; inq[x]=1; stk[++top]=x; 23 for (int i=h[x],k; i; i=nxt[i]) 24 if (!dfn[k=to[i]]) tarjan(k),low[x]=min(low[x],low[k]); 25 else if (inq[k]) low[x]=min(low[x],dfn[k]); 26 if (low[x]==dfn[x]){ 27 scc++; int t; 28 do{ 29 t=stk[top--]; bel[t]=scc; inq[t]=0; 30 Min[scc]=min(Min[scc],mn[t]); 31 Max[scc]=max(Max[scc],mx[t]); 32 }while (t!=x); 33 } 34 } 35 }G,G1; 36 37 void build(int x,int L,int R){ 38 if (L==R) { pos[L]=x; return; } 39 int mid=(L+R)>>1; mn[x]=1ll<<62; mx[x]=-(1ll<<62); 40 build(lson); build(rson); 41 G.add(x,ls); G.add(x,rs); 42 } 43 44 void upd(int x,int L,int R,int k,int l,int r){ 45 if (L==l && r==R) { G.add(k,x); return; } 46 int mid=(L+R)>>1; 47 if (r<=mid) upd(lson,k,l,r); 48 else if (l>mid) upd(rson,k,l,r); 49 else upd(lson,k,l,mid),upd(rson,k,mid+1,r); 50 } 51 52 int main(){ 53 freopen("bzoj5017.in","r",stdin); 54 freopen("bzoj5017.out","w",stdout); 55 ios::sync_with_stdio(false); 56 cin>>n; build(1,1,n); 57 rep(i,1,n) cin>>a[i]>>v[i],mn[pos[i]]=mx[pos[i]]=a[i]; 58 a[n+1]=1ll<<62; 59 rep(i,1,n){ 60 int l=lower_bound(a+1,a+n+2,a[i]-v[i])-a; 61 int r=upper_bound(a+1,a+n+2,a[i]+v[i])-a-1; 62 upd(1,1,n,pos[i],l,r); 63 } 64 rep(i,1,n<<2) if (!dfn[i]) G.tarjan(i); 65 rep(x,1,n<<2) for (int i=G.h[x],k; i; i=G.nxt[i]) 66 if (bel[x]!=bel[k=G.to[i]]) G1.add(bel[k],bel[x]),ind[bel[x]]++; 67 rep(i,1,scc) if (!ind[i]) Q.push(i); 68 while (!Q.empty()){ 69 int x=Q.front(); Q.pop(); 70 for (int i=G1.h[x],k; i; i=G1.nxt[i]){ 71 ind[k=G1.to[i]]--; Min[k]=min(Min[k],Min[x]),Max[k]=max(Max[k],Max[x]); 72 if (!ind[k]) Q.push(k); 73 } 74 } 75 rep(i,1,n){ 76 int r=upper_bound(a+1,a+n+1,Max[bel[pos[i]]])-a; 77 int l=lower_bound(a+1,a+n+1,Min[bel[pos[i]]])-a; 78 ans=(ans+1ll*(r-l)*i)%mod; 79 } 80 cout<<ans<<endl; 81 return 0; 82 }
T4:英雄联盟。
一眼想出暴力做法，发现连暴力分都拿不到，然后就不会了。
一看题解，发现暴力就是正解，十分崩溃。
$f[i][j]$表示前$i$个英雄花$j$元所能得到的最多方案数，直接转移，普及组难度。
可能会爆$long long$，所以所有大于$m$的都记成等于就好了。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++) 4 typedef long long ll; 5 using namespace std; 6 7 ll f[125][250010],m,t; 8 int n,c[125],k[125]; 9 10 int main(){ 11 scanf("%d%lld",&n,&m); 12 rep(i,1,n) scanf("%d",&k[i]); 13 rep(i,1,n) scanf("%d",&c[i]); 14 f[0][0]=1; 15 rep(i,1,n){ 16 rep(j,0,t) f[i][j]=f[i-1][j]; 17 rep(j,2,k[i]) rep(l,c[i]*j,t+c[i]*j) 18 f[i][l]=min(m,max(f[i][l],(ll)f[i-1][l-j*c[i]]*j)); 19 t+=c[i]*k[i]; 20 } 21 rep(i,0,t) if(f[n][i]>=m) { printf("%d\n",i); return 0; } 22 return 0; 23 }