覺得模擬賽題解還是單獨放出來比較好。
A.擠壓
好像不難？二進位制表示下的平方展開沒推出來，不然就成簡單題了。
首先我們需要知道對於一個數 \(x\)，把它拆成 29 位的二進位制形式後，用 \(s_i\) 表示二進位制下第 \(i\) 位上的數，那麼其實這個數就是 \((\overline{s_{29} s_{28}...s_1 s_0})_2\)，那麼有
那麼可以知道只有二進位制下兩位數同時為 1 時才會對答案有貢獻，這樣我們就可以列舉二進位制下的兩位 \(i,j\)，在此基礎上迴圈整個序列設 \(f_{k,0/1,0/1}\) 表示前 \(k\) 個數的第 \(i,j\) 位選了奇/偶個的機率，最後計算上 \(f_{n,1,1}\) 對答案的貢獻即可。
注意第 \(k\) 個數選或不選的轉移有以下幾種情況：
-
二進位制下的這個數第 \(i,j\) 位都不為 1，那麼顯然它對答案，直接繼承就行；
-
第 \(i\) 位為 1 而 第 \(j\) 位不為 1，那麼若選這個數，則只有第 \(i\) 位的奇偶發生變化；反之同理；
-
\(i,j\) 位都為 1，選這個數時，\(i,j\) 兩位上的奇偶都發生變化，以此為例：
對於每一組 \(i,j\)，初始化 \(f_{0,0,0}=0\) 即可。
B.工地難題
字首和最佳化：設 \(f_i\) 表示最長連續 1 的個數 \(num\le i\) 的方案數，顯然對於最長連續 1 的個數恰好等於 \(i\) 的答案就是 \(f_i-f_{i-1}\)。
現在我們考慮如何求 \(f_i\)。我們可以將題目理解為插板的形式：放好了 \(n-m\) 個 0，那麼現在有 \(n-m+1\) 個位置可以插入 1，每個位置上都可以放 \([0,m]\) 個 1，問方案數。
設 \(x_j\) 表示第 \(j\) 個位置放了幾個 1，那麼求 \(f_i\) 其實就是求 \(\sum_{j=1}^{n-m+1} x_j=m\) 的非負整數解的個數。簡單容斥一下就好了。
C.星空遺蹟
求調！！！
T3 求調，**12：00 之前調成功懸一袋紅燒牛肉麵 **
#include<bits/stdc++.h>
#define Type int
#define qr(x) x=read()
typedef long long ll;
using namespace std;
inline Type read(){
char c=getchar(); Type x=0;
while(!isdigit(c))c=getchar();
while(isdigit(c))x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
const int N = 2e5 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, q, f[N];
char s[N];
int P(char A, char B){
if(A == '#' or B == '@') return 1;
if(A == B) return 0;
if(A == 'R'){
if(B == 'S') return 1;
else return -1;
}
else if(A == 'S'){
if(B == 'P') return 1;
else return -1;
}
else{
if(B == 'R') return 1;
else return -1;
}
}
struct tree{
int v, pos, tag;
bool operator < (const tree &A) const{
return v < A.v;
}
}t[N<<3];
namespace Tree
{
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
inline void pushup(int rt){
if(t[lson].v < t[rson].v) t[rt].v = t[lson].v, t[rt].pos = t[lson].pos;
else t[rt].v = t[rson].v, t[rt].pos = t[rson].pos;
}
inline void pushdown(int rt){
if(t[rt].tag){
t[lson].tag += t[rt].tag, t[rson].tag += t[rt].tag;
t[lson].v += t[rt].tag, t[rson].v += t[rt].tag;
t[rt].tag = 0;
}
}
inline void build(int rt, int l, int r){
if(l == r){
t[rt].v = f[l], t[rt].pos = l;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson, l, mid),
build(rson, mid+1, r);
pushup(rt);
// if(t[rt].pos == 0) cout<<"CTHisSB\n";
}
inline void update(int rt, int l, int r, int pos, int val){
if(pos <= l and r <= n){
t[rt].tag += val, t[rt].v += val;
return;
}pushdown(rt);
int mid = (l + r) >> 1;
if(pos <= mid) update(lson, l, mid, pos, val);
if(n > mid) update(rson, mid+1, r, pos, val);
pushup(rt);
}
inline tree query(int rt, int l, int r, int L, int R){
if(L <= l and r <= R) return t[rt];
pushdown(rt);
int mid = (l + r) >> 1;
if(R <= mid) return query(lson, l, mid, L, R);
else{
if(L > mid) return query(rson, mid+1, r, L, R);
else return min(query(lson, l, mid, L, R), query(rson, mid+1, r, L, R));
}
}
}
signed main(){
freopen("a.in", "r", stdin), freopen("a.out", "w", stdout);
// ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
qr(n), qr(q), cin>>(s+1);
f[1] = 1; s[0] = '#', s[n+1] = '@';
for(int i=2; i<=n; i++)
f[i] = f[i-1] + P(s[i-1], s[i]);
Tree::build(1, 1, n);
while(q--)
{
int qr(op);
switch(op){
case 1:{int qr(p); char c; cin>>c; int now = P(s[p-1], c) - P(s[p-1], s[p]);
Tree::update(1, 1, n, p, now); now = P(c, s[p+1]) - P(s[p], s[p+1]);
Tree::update(1, 1, n, p+1, now); s[p] = c; break; }
default:{int qr(l), qr(r); cout<<s[Tree::query(1, 1, n, l, r).pos]<<"\n"; break;}
}
}
return 0;
}
為了方便判斷，我讓 s[0]='#'，但交到 oj 上卻輸出了這個：
顯然是返回了 0，但是毫無緣由，程式碼裡註釋部分是輸出樹上所有點的 pos，結果沒有為 0 的。