Codeforces 689E Mike and Geometry Problem 思维

题意:n条线段[li,ri],f[l,r]为线段[l,r]的长度,问任意k条线段交集长度的累加和?
n,k<=2e5,-1e9<=li,ri<=1e9.
若点p被m条线段覆盖,则对答案贡献C(m,k),点的数量很多,转为计算f[i]:正好被i条线段覆盖的点有多少个?

答案为:f[i]*C(i,k)(i=k..n),端点最多2n个,利用前缀差分.一段一段算即可(同一段中的点被覆盖次数相同)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int N=2e5+20;
ll n,k,l,r,f[N],inv[N];
ll powmod(ll x,ll n)
{
	ll s=1;
	while(n)
	{
		if(n&1)
			s=(s*x)%mod;
		n>>=1,x=(x*x)%mod;
	}
	return s;
}
void init()
{
	f[0]=inv[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++)
		f[i]=(f[i-1]*i)%mod,inv[i]=powmod(f[i],mod-2)%mod;
}
ll Comb(ll n,ll k)
{
	ll res=(f[n]*inv[n-k])%mod;
	return (res*inv[k])%mod;
}
map<ll,ll> mp;
int main()
{
	init();
	while(cin>>n>>k)
	{
		mp.clear();
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			scanf("%I64d%I64d",&l,&r);
			mp[l]++,mp[r+1]--;
		}
		int l=mp.begin()->first;
		ll sum=0,ans=0;
		map<ll,ll>::iterator it;
		for(it=mp.begin();it!=mp.end();it++)
		{
			ll num=it->first-l;
			if(sum>=k)
				ans=(ans+(num*Comb(sum,k))%mod)%mod;
			sum+=it->second;
			l=it->first;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

P.A

把0改成11,枚举起点后,可以由序列相邻点算出x,y方向偏差值,判断是否合法即可.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e3+20;
int x[N],y[N],n;
string s;
bool check(int x,int y)
{
	if(x<0||x>=3)
		return false;
	if(y<0||y>=4)
		return false;
	if(y==3&&x!=1)
		return false;
	return true;
}
int main()
{
	while(cin>>n>>s)
	{
		int t;
		for(int i=0;s[i];i++)
		{
			if(s[i]=='0')
				t=11;
			else
				t=s[i]-'0';
			t--;
			y[i]=t/3;
			x[i]=t%3;	
		}
		int cnt=0;
		for(int i=0;i<3;i++)
		{
			for(int j=0;j<4;j++)
			{
				int tx=i,ty=j,ok=1;
				ok&=check(tx,ty);
				for(int k=0;k<n-1;k++)
				{
					tx+=x[k+1]-x[k];
					ty+=y[k+1]-y[k];
					ok&=check(tx,ty);
				}
				if(ok)
					cnt++;
			}
		}
		//cout<<cnt<<endl;
		if(cnt==1)
			puts("YES");
		else
			puts("NO");
	}
	return 0;
}

P.B
题意:起点为1,从点i到点j花费|i-j|,有n条捷径a[i]代表从i->a[i]花费1,其中i<=a[i]<=a[i+1].
n<=2e5,问从1出发到k的最短距离 k=1,2,3...n.
建图:i-j连边距离为|i-j|,i->a[i]连边距离为1.
这样边数太大,因为任意一个距离>1的边 都可以用若干条相邻边来代替,所以只连相邻边即可.
图中每条边代价都为1,跑一遍BFS即可.

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+20;
const int inf=0x3f;
int n,a[N],dis[N];
vector<int> e[5*N];
queue<int> q;
void bfs(int s)
{
	memset(dis,inf,sizeof(dis));
	dis[s]=0,q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<e[u].size();i++)
		{
			int v=e[u][i];
			if(dis[v]>dis[u]+1)
			{
				dis[v]=dis[u]+1;
				q.push(v);
			}	
		}
	}
}
int main()
{
	while(cin>>n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&a[i]);
			if(i!=a[i])
				e[i].push_back(a[i]);
			if(i!=n)
				e[i].push_back(i+1);
			if(i!=1)
				e[i].push_back(i-1);
		}
		bfs(1);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			printf("%d%c",dis[i],i==n?'\n':' ');
	}
	return 0;
}

P.D

题意:两个序列a,b.问有多少个区间[l,r]满足max(a[l],a[l+1]..a[r])=min(b[l],b[l+1]..b[r])?
n<=2e5,a[i],b[i]<=1e9.
枚举区间的开头L,r越大,a的最大值越大,b的最小值越小.结尾点有单调性.
rmq预处理后 枚举L,二分r:最后一次mx<mn,第一次mx>mn.则这两个中间的就为mx==mn

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+20;
int n,a[N],b[N];
int mx[N][32],mn[N][32];
void init()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
		mx[i][0]=a[i],mn[i][0]=b[i];
	for(int j=1;(1<<j)<=n;j++)
	{
		for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++)
		{
			mx[i][j]=max(mx[i][j-1],mx[i+(1<<(j-1))][j-1]);
			mn[i][j]=min(mn[i][j-1],mn[i+(1<<(j-1))][j-1]);
		}
	}
}
int query(int l,int r,int op)
{
	int k=0;
	while(r-l+1>=(1<<(k+1)))
		k++;
	if(op==1)
		return max(mx[l][k],mx[r-(1<<k)+1][k]);
	return min(mn[l][k],mn[r-(1<<k)+1][k]);
}
int main()
{
	while(cin>>n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",&a[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",&b[i]);
		init();
		ll ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int l=i,r=n,r1,r2;
			while(l<=r)
			{
				int mid=l+r>>1;
				int c=query(i,mid,1),d=query(i,mid,0);
				if(c<d)
					l=mid+1;
				else
					r=mid-1;
			}
			r1=l-1;
			l=i,r=n;
			while(l<=r)
			{
				int mid=l+r>>1;
				int c=query(i,mid,1),d=query(i,mid,0);
				if(c>d)
					r=mid-1;
				else
					l=mid+1;
			}
			r2=r+1;	
			ans+=max(0,(r2-r1-1));
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}