文章目錄

• T1：單峰排列
• • 題目
  • 題解
  • code
• T2：歷史研究
• • 題目
  • 題解
  • code
• T3：大魔法師
• • 題目
  • 題解
  • code

我可能這輩子都更不出來狂歡賽5了，先咕咕

T1：單峰排列

題目

一個n的全排列A[i]是單峰的，當且僅當存在某個x使得A[1]<A[2]<…<A[x]>A[x+1]>…> A[n]
例如，對于9的全排列，125798643是一個單峰排列，123456789也是一個單峰排列，但356298741就不是
試求n的單峰全排列的個數

輸入格式
輸入一個數n
輸出格式
輸出n的全排列中單峰排列的個數。
由于這個數可能很大，因此你只需要輸出它mod 1234567的值。

樣例
輸入樣例:
3
輸出樣例:
4
樣例說明 共有以下4種方案： 123 132 231 321
數據范圍與提示
n<=2 000 000 000

題解

暴力打表找到規律$2^{n?1}$

簡單證明一下：
我們把最大值即最高峰固定后，剩下的$n?1$個數會有兩種選法，在最大值左邊或右邊$2^{n?1}$
理論上還要乘以一個階乘，但是我們發現要成為單峰的話，同在最大值左邊的數相對位置是固定的，是不能進行亂排的，證畢！！

code

#include <cstdio> #define mod 1234567 #define LL long long int n; LL qkpow ( LL x, LL y ) {LL ans = 1;while ( y ) {if ( y & 1 )ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; } int main() {scanf ( "%d", &n );LL ans = qkpow ( 2, n - 1 );printf ( "%lld", ans % mod );return 0; }

T2：歷史研究

題目

IOI國歷史研究的第一人——JOI教授，最近獲得了一份被認為是古代IOI國的住民寫下的日記。JOI教授為了通過這份日記來研究古代IOI國的生活，開始著手調查日記中記載的事件。

日記中記錄了連續N天發生的時間，大約每天發生一件
事件有種類之分,第i天(1<=i<=N)發生的事件的種類用一個整數$X_i$表示，$X_i$ 越大，事件的規模就越大。

JOIJOI教授決定用如下的方法分析這些日記：
選擇日記中連續的一些天作為分析的時間段
事件種類t的重要度為t*(這段時間內重要度為t的事件數)
計算出所有事件種類的重要度，輸出其中的最大值 現在你被要求制作一個幫助教授分析的程序，每次給出分析的區間，你需要輸出重要度的最大值。

輸入輸出格式
輸入格式
第一行兩個空格分隔的整數N和Q，表示日記一共記錄了N天，詢問有Q次
接下來一行N個空格分隔的整數$X_1...X_N$表示第i天發生的事件的種類
接下來Q行，第i行(1<=i<=Q)有兩個空格分隔整數$A_i$ 和$B_i$表示第i次詢問的區間為$[A_i,B_i]$

輸出格式
輸出Q行，第i行(1<=i<=Q)一個整數，表示第i次詢問的最大重要度

輸入輸出樣例
輸入：
5 5
9 8 7 8 9
1 2
3 4
4 4
1 4
2 4
輸出：
9
8
8
16
16
數據范圍
$1<=N<=10^5,1<=Q<=10^5,1<=X_i<=10^9(1<=i<=N)$

題解

這道題首先肯定能反應是莫隊，但是答案告訴你$T$了，所以我們要學習一個新的回滾莫隊

假設要查詢$[l,r]$區間，按照平時我們要移動$curl,curr$，但是我們轉變想法對于$l$同在一個分塊的查詢，每一次都把$curl$回撥到這一區域的最后處然后移動到$l$

但是這張圖是錯的，你看出來了嗎？因為同在一個塊的操作$r$一定是遞增的，所以上圖中的第二根紅線應該在最后一個豎黑線的右邊

具體操作細節在code中有體現

code

#include <cmath> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; #define LL long long #define maxn 100005 struct node {int l, r, id; }query[maxn]; int n, q, T; int block[maxn]; LL result; LL a[maxn], val[maxn], cnt[maxn], tot[maxn], ans[maxn]; bool cmp ( node x, node y ) {//以塊為第一關鍵字，右端點為第二關鍵字 return block[x.l] == block[y.l] ? x.r < y.r : block[x.l] < block[y.l]; }void add ( int x ) {cnt[a[x]] ++;result = max ( result, cnt[a[x]] * val[a[x]] );//當規模為i的時間多了一件，重要度就多了i } void remove ( int x ) {cnt[a[x]] --; }int main() {scanf ( "%d %d", &n, &q );T = sqrt ( n );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf ( "%lld", &a[i] );block[i] = ( i - 1 ) / T + 1;val[i] = a[i];}int num = block[n];//離散化，1e9最多只會變成1e5，但是規模在計算時要用原來的，所以不能直接替代 sort ( val + 1, val + n + 1 );int len = unique ( val + 1, val + n + 1 ) - val - 1;for ( int i = 1;i <= n;i ++ )a[i] = lower_bound ( val + 1, val + len + 1, a[i] ) - val; for ( int i = 1;i <= q;i ++ ) {scanf ( "%d %d", &query[i].l, &query[i].r );query[i].id = i;}sort ( query + 1, query + q + 1, cmp );int i = 1;//已經處理到哪一個query操作了 for ( int id = 1;id <= num;id ++ ) {//依次處理每一塊int tail = min ( n, id * T );//有可能塊數乘以大小反而炸了n int curl = tail + 1, curr = tail;result = 0;memset ( cnt, 0, sizeof ( cnt ) );//每一個塊都重新開始，與其他塊無瓜for ( ;block[query[i].l] == id;i ++ ) {//屬于同一塊的每個操作一定是右端點遞增的 int l = query[i].l, r = query[i].r;if ( block[query[i].l] == block[query[i].r] ) {//整一個詢問都在該塊中，暴力求解 LL sum = 0;//不能用result，該次詢問根本沒用到塊以外的元素 for ( int k = l;k <= r;k ++ )tot[a[k]] = 0;//注意不是對tot[k]清零 for ( int k = l;k <= r;k ++ ) {tot[a[k]] ++;sum = max ( sum, tot[a[k]] * val[a[k]] );}ans[query[i].id] = sum;continue;}while ( curr < r )add ( ++ curr );//curr貢獻已經算過，所以先加后算，curl同理 LL tmp = result;//r一定是遞增的，記錄下此時塊的末尾到n的ans，方便下面的還原 while ( curl > l )add ( -- curl );ans[query[i].id] = result;while ( curl <= tail )//把curl撥回到下一個塊的開頭，表示沒有一個元素，等到下一次移動到新的l remove ( curl ++ );result = tmp;//重置起始值}}for ( int i = 1;i <= q;i ++ )printf ( "%lld\n", ans[i] );return 0; }

T3：大魔法師

題目

中二病患者 大魔法師小 L 制作了$n$個魔力水晶球，每個水晶球有水、火、土三個屬性的能量值。小 L 把這 個水晶球在地上從前向后排成一行，然后開始今天的魔法表演。

我們用$A_i,B_i,C_i$分別表示從前向后第$i$個水晶球（下標從 開始）的水、火、土的能量值。

小 L 計劃施展$m$次魔法。每次，他會選擇一個區間$[l,r]$，然后施展以下3大類、7種魔法之一：

魔力激發：令區間里每個水晶球中特定屬性的能量爆發，從而使另一個特定屬性的能量增強。具體來說，有以下三種可能的表現形式：
火元素激發水元素能量：令$A_i=A_i+B_i$ 。
土元素激發火元素能量：令$B_i=B_i+C_i$ 。
水元素激發土元素能量：令$C_i=C_i+A_i$ 。
需要注意的是，增強一種屬性的能量并不會改變另一種屬性的能量，例如$A_i=A_i+B_i$并不會使$B_i$增加或減少。

魔力增強：小 L 揮舞法杖，消耗自身$v$點法力值，來改變區間里每個水晶球的特定屬性的能量。具體來說，有以下三種可能的表現形式：

火元素能量定值增強：令$A_i=A_i+v$。
水元素能量翻倍增強：令$B_i=B_i?v$ 。
土元素能量吸收融合：令$C_i=v$ 。
魔力釋放：小L將區間里所有水晶球的能量聚集在一起，融合成一個新的水晶球，然后送給場外觀眾。生成的水晶球每種屬性的能量值等于區間內所有水晶球對應能量值的代數和。需要注意的是，魔力釋放的過程不會真正改變區間內水晶球的能量。

值得一提的是，小 L 制造和融合的水晶球的原材料都是定制版的 OI 工廠水晶，所以這些水晶球有一個能量閾值$998244353$ 。當水晶球中某種屬性的能量值大于等于這個閾值時，能量值會自動對閾值取模，從而避免水晶球爆炸。

小 W 為小 L（唯一的）觀眾，圍觀了整個表演，并且收到了小 L 在表演中融合的每個水晶球。小 W 想知道，這些水晶球蘊涵的三種屬性的能量值分別是多少

題解

首先大家都能想到線段樹，我當時直接暴力線段樹開搞，后來操作時寫崩了，這個更改太給力
況且因為有懶標記的介入，$a,b,c$都會改了后再彼此影響，我們根本不知道先后順序
那咱不用懶標記唄

那么怎么能將懶標記按順序疊加呢？矩陣！！！

對于操作1，即乘上
$$?\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}?$$
操作2，乘上
$$?\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}?$$
操作3，乘上
$$?\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}?$$
操作4，我們發現怎么加常數？多給矩陣開一位（上面就不再次多余重復），乘上
$$?\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ v& 0& 0& 1\end{array}?$$
操作5，乘上
$$?\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& v& 0& 0\\ 0& 0& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1\end{array}?$$
操作6，乘上
$$?\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 0\\ 0& 0& v& 1\end{array}?$$

---

然后矩陣的懶標記就可以直接疊加了，最后送大家五句忠告

1、此做法常數大，寫的不好看會100–>45
2、矩陣從0開始，別從1，某朋友MLE
3、矩陣逼著4開，多開1，親測TLE
4、longlong比int取模會慢一倍，所以你懂的
5、取模本身也很慢，能不取模就不取模

code

#include <cstdio> #include <cstring> #define maxn 250005 const int mod = 998244353; struct Matrix {int c[4][4]; //開成c[5][5]就T了一個點，因為我們每次都用了memset，多清了一行，浪費時間 Matrix () {memset ( c, 0, sizeof ( c ) );} }unit, ret, A[maxn], tag[maxn << 2], tree[maxn << 2]; //unit是單位矩陣 void read ( int &x ) {x = 0;char s = getchar();while ( s < '0' || s > '9' )s = getchar();while ( '0' <= s && s <= '9' ) {x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( s - '0' );s = getchar();} }int add ( int x, int y ) {x = 1ll * x + y;return x >= mod ? x - mod : x; }Matrix operator + ( Matrix x, Matrix y ) {Matrix ans;for ( int i = 0;i < 4;i ++ )ans.c[0][i] = add ( x.c[0][i], y.c[0][i] );return ans; }void build ( int t, int l, int r ) {tag[t] = unit;if ( l == r ) {tree[t] = A[l];return;}int mid = ( l + r ) >> 1;build ( t << 1, l, mid );build ( t << 1 | 1, mid + 1, r );tree[t] = tree[t << 1] + tree[t << 1 | 1]; }void MakeMark ( int t, Matrix f ) {Matrix ans;for ( int i = 0;i < 4;i ++ )for ( int j = 0;j < 4;j ++ )if ( f.c[i][j] )ans.c[0][j] = add ( ans.c[0][j], 1ll * tree[t].c[0][i] * f.c[i][j] % mod );tree[t] = ans;ans = Matrix();for ( int i = 0;i < 4;i ++ )for ( int j = 0;j < 4;j ++ )if ( tag[t].c[i][j] ) //稀疏矩陣優化 for ( int k = 0;k < 4;k ++ )if ( f.c[j][k] )ans.c[i][k] = add ( ans.c[i][k], 1ll * tag[t].c[i][j] * f.c[j][k] % mod );tag[t] = ans; }void pushdown ( int t ) {MakeMark ( t << 1, tag[t] );MakeMark ( t << 1 | 1, tag[t] );tag[t] = unit;//注意清除標記就是變成單位矩陣不是0 }void modify ( int t, int l, int r, int L, int R, Matrix f ) {if ( L <= l && r <= R ) {MakeMark ( t, f );return;}int mid = ( l + r ) >> 1;pushdown ( t );if ( L <= mid )modify ( t << 1, l, mid, L, R, f );if ( mid < R )modify ( t << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, f );tree[t] = tree[t << 1] + tree[t << 1 | 1]; }Matrix query ( int t, int l, int r, int L, int R ) {if ( L <= l && r <= R )return tree[t];pushdown ( t );int mid = ( l + r ) >> 1;if ( R <= mid )return query ( t << 1, l, mid, L, R );else if ( mid < L )return query ( t << 1 | 1, mid + 1, r, L, R );elsereturn query ( t << 1, l, mid, L, R ) + query ( t << 1 | 1, mid + 1, r, L, R ); }int main() {int n, m;read ( n );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for ( int j = 0;j < 3;j ++ )read ( A[i].c[0][j] );A[i].c[0][3] = 1;}for( int i = 0;i < 4;i ++ )unit.c[i][i] = 1;build ( 1, 1, n );read ( m );int opt, l, r, v;for ( int i = 1;i <= m;i ++ ) {read ( opt );read ( l );read ( r );if ( 4 <= opt && opt <= 6 )read ( v );if ( opt == 7 ) {Matrix ans = query ( 1, 1, n, l, r );printf ( "%d %d %d\n", ans.c[0][0], ans.c[0][1], ans.c[0][2] );continue;}ret = unit;//重置成單位矩陣再進行修改操作 switch ( opt ) {case 1 : ret.c[1][0] = 1;break;case 2 : ret.c[2][1] = 1;break;case 3 : ret.c[0][2] = 1;break;case 4 : ret.c[3][0] = v;break;case 5 : ret.c[1][1] = v;break;case 6 : ret.c[2][2] = 0, ret.c[3][2] = v;break;}modify ( 1, 1, n, l, r, ret );}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【周末狂欢赛6】[AT1219]历史研究(回滚莫队)，大魔法师(矩阵+线段树)，单峰排列的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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