【2021杭电多校赛】2021“MINIEYE杯”中国大学生算法设计超级联赛（5）签到题4题

Solved Pro.ID Title Ratio(Accepted / Submitted)
1001 Miserable Faith 33.33%(19/57)
1002 String Mod 26.50%(31/117)
1003 VC Is All You Need 41.56%(845/2033)（结论）
1004 Another String 57.30%(102/178)
1005 Random Walk 2 52.67%(79/150)
1006 Cute Tree 64.94%(876/1349)（模拟）
1007 Banzhuan 19.98%(664/3324)（贪心）
1008 Supermarket 61.40%(35/57)
1009 Array 15.03%(112/745)思维
1010 Guess Or Not 2 0.00%(0/7)
1011 Jsljgame 1.22%(1/82)
1012 Yet Another Matrix Problem 15.45%(17/110)
1013 Penguin Love Tour 14.83%(39/263)

1003 VC Is All You Need

题意：

n维空间中，求m的最大值，使得你可以找到m个点(自己给定坐标)，满足：无论对这m个点如何二染色，也就是对于2^m种染色方案中的每一种，都总存在一个n-1维超平面，严格分开这两种颜色的点。

思路：

结论：Max{m} = n+1
证明：显然有单调性，可以分两步证明结论，
1，证明m=n+1可行。
2，证明m>=n+2无解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int T;  cin>>T;while(T--){LL n, k;  cin>>n>>k;if(k>=n-1)cout<<"Yes\n";else cout<<"No\n";}return 0;
}

1006 Cute Tree

题意：

给出一个假算法，用一个1-n的序列建立一棵三叉树，求树上的节点个数

思路：

模拟：加一个递归边界，去掉统计类的无用的a, key, son数组，直接输出节点个数tot就过了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int tot;
void build(int l, int r){if(l>r)return ;//REtot = tot+1;if(l==r)return ;if(r-l+1==1){int mid=(l+r)/2;build(l,l);build(r,r);}else{int b = l+(r-l+1)/3-1;int c = (b+r)/2;build(l,b);build(b+1,c);build(c+1,r);}
}int main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int T;  cin>>T;while(T--){tot = 0;int n;  cin>>n;for(int i = 1; i <= n; i++){int x; cin>>x;}build(1, n);cout<<tot<<"\n";}return 0;
}

1007 Banzhuan

题意：

给出一个n，用1*1*1的方块去摆n*n*n的图形，满足从前，左，右，三个方向看去，都是n*n的矩形，每个方块的代价为x*y*y*z，求最小代价。

思路：

贪心：底面铺一层，在左边和前面的边界竖着z轴竖起来两面墙。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 1e9+7;//快速幂求逆元
LL pows(LL a, LL x, LL p){if(x==0)return 1; LL t = pows(a, x>>1,p);if(x%2==0)return t*t%p;return t*t%p*a%p;}
LL inv(LL x, LL p){ return pows(x,p-2,p);}int main(){int T;  cin>>T;while(T--){LL n;  cin>>n;  n%=mod;LL a=n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv(6,mod)%mod;//1^2+2^2+...+n^2LL b=(2LL+n)%mod*(n-1)%mod*inv(2,mod)%mod;//2+3+...+nLL c=((1LL+n)%mod*n%mod*inv(2,mod)%mod+mod)%mod;//1+2+3+...+nLL x=(((((a+b)%mod-1)%mod+mod)%mod*b%mod+a*c%mod)%mod+mod)%mod; //x=(a+b-1)*b+a*c;LL y=((a*n%mod*c%mod)*n%mod+mod)%mod;//y=(a*n*c)*n;cout<<x<<"\n"<<y<<"\n";}return 0;
}

1009 Array

题意：

给出一个长为n的序列，求所有的n*(n+1)/2个子区间中，有多少个区间满足区间内存在某个数大于区间长度的一半。

思路：

Part1

显然对于合法的区间，众数是唯一的，因此不妨枚举众数，将众数标记为1、其余数标记为-1，此时问题即求有多少个区间和大于0
考虑暴力的做法：从左到右枚举右端点，记当前前缀和为sum，即查询之前有多少个前缀和小于sum
具体的，记f(i)为（当前）有多少个前缀和为i，每次的查询累加即为∑[i=min,sum−1]f(i)，同时并将f(sum)加1.（其中min为历史前缀最小值，初始为f0=1且∀i≠0,fi=0）
由于sum的变化是连续的，不难线性维护∑[i=min,sum−1]f(i)，时间复杂度为o(n^2)

————
Part2

进一步的，注意到1的段数和是o(n)的，-1的段数和也是o(n)的，因此将连续的一段-1一起处理（存的时候存每个众数出现的位置，中间都是-1）
具体的，考虑处理一段-1，假设这段-1之前的前缀和为sum，这段-1的长度为len，即段区间的查询结果为∑[i=sum−len, sum−1]∑[j=min,i−1]f(j)，并将∀sum−len≤i≤sum-1,f(i)加1，
对于修改，可以通过差分维护，并记差分数组为f2(i)（定义f(i)=∑[j=min,i]f2(j) ）
对于查询，不妨暴力枚举sum，同样利用sum变化的连续性，线性维护∑[j=min,sum]f2(j)和∑[j=min,sum−1]f(j)，那么不难得到查询的结果（sum暴力枚举即代替了i），但时间复杂度仍为o(n^2)

————
Part3

考虑min，显然当sum≤min时之后的部分必然都为0，不妨直接变为最终的sum−l（注意更新min）
考虑此时的复杂度，注意到每一次mn减少，都会减少对应sum的枚举，而最终mn至多为所有元素和，因此sum的枚举级别是1的个数，也即o(n)的。对于单个1直接暴力"枚举"sum即可，显然是o(n)的。最终，总复杂度为o(n)，可以通过

//AC1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 2e6+10;
vector<int>v[maxn];//记录每个众数出现的位置
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int T;  cin>>T;while(T--){int n;  cin>>n;vector<int>a(n+1);   unordered_set<int>s; //记录有哪些众数for(int i=1; i <= n; i++){cin>>a[i];  v[a[i]].push_back(i);  s.insert(a[i]);}LL ans = 0;for(int x : s){//枚举每个数作为众数LL res = 0, sum = 0;//x的答案贡献res，当前前缀和sumunordered_map<int,int>f1,f2; //前缀和为sum的点有f1[sum]个, f2为f1差分数组v[x].push_back(n+1); //防止溢出LL k = 0, minn = 0;  //枚举众数的每个位置k，历史前缀最小值minnfor(int j = 1; j <= n; j++){//枚举每一段-1的起始位置if(j > v[x][k])k++;if(a[j]!=x && sum==minn){//区间[j,v[x][k]-1]都是-1LL len = v[x][k]-1-j;f2[sum-len]++; f2[sum+1]--;//区间f1[sum−x,sum-1]+=1j += len;sum -= len+1;}else if(a[j]==x){ //更新答案f1[sum]+=f2[sum];//对差分数组求前缀和并更新到f1中去f2[sum+1]+=f2[sum];f2[sum]=0;f1[sum]++;//当前前缀和的个数++res += f1[sum];//累加为∑[0,sum−1]f(i)sum++;ans += res;}else{f1[sum]++; sum--;res -= f1[sum];ans += res;}minn = min(minn, sum);}}cout<<ans<<"\n";for(auto &i: s)v[i].clear();}return 0;
}

//AC2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e6+10;LL ans;
vector<int>v[maxn];int f[maxn<<1], cnt, sum, mn, s;
stack<int>st;
void update(int l, int r){f[l]++; f[r+1]--;st.push(l), st.push(r+1);cnt++;
}
void dec(int x){for(int i=0; i < x; i++){if(sum==mn){sum=mn=sum-(x-i);cnt=s=0;return ;}cnt -= f[sum--], s-=cnt, ans+=s;}
}int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int T;  cin>>T;while(T--){int n, m=1e6; ans=0;cin>>n;for(int i = 0; i <= m; i++)v[i].clear();for(int i = 1; i <= n; i++){int x;  cin>>x;  v[x].push_back(i);}for(int i = 0; i <= m; i++){//枚举每个数作为众数 int lst = 0;sum = mn = n;  cnt=s=0;update(sum,sum);for(int x : v[i]){//枚举该数的位置if(lst+1 < x){//中间都是-1dec(x-lst-1);update(sum,sum+(x-lst-1)-1);}s += cnt, cnt += f[++sum], ans += s;update(sum,sum);lst = x;}if(lst < n)dec(n-lst);while(!st.empty()){f[st.top()]=0; st.pop();}}cout<<ans<<"\n";}return 0;
}