【2020牛客寒假基础算法训练营】第二场总结

A 签到
B 签到
C dp
- 题意：n道题，第i道题做对的概率为pip_ipi，问分别做对n道题中分别做对0,1,2,3,…n道的概率。
- 思路：dp[i][j]表示前i道题中对了j道的概率dp[i][j]表示前i道题中对了j道的概率dp[i][j]表示前i道题中对了j道的概率
  dp[i][0]=dp[i−1][0]∗(1−pi)dp[i][0]=dp[i-1][0]*(1-p_i)dp[i][0]=dp[i−1][0]∗(1−pi)
  dp[i][j]=dp[i−1][j]∗(1−pi)+dp[i−1][j−1]∗pidp[i][j]=dp[i-1][j]*(1-p_i)+dp[i-1][j-1]*p_idp[i][j]=dp[i−1][j]∗(1−pi)+dp[i−1][j−1]∗pi
D 签到注意判断三角形是否合法（三点共线）
E 签到将原式平方+质因子分解
F 贪心按照a+b降序排列即可
G hash 选取模数如402653189看等式两边对模数取模的结果是否相同即可
H
- 题意：
- 思路：升序排列，设遍历到i(i≥k)，dp[i]表示前i个处理完之后至少需要的魔力值。
  那么dp[i]=min1≤j≤i−k+1{a[i]−a[j]+dp[j−1]}=a[i]−min1≤j≤i−k+1{dp[j−1]−a[j]}dp[i]=min_{1≤j≤i-k+1}\{a[i]-a[j]+dp[j-1]\}=a[i]-min_{1≤j≤i-k+1}\{dp[j-1]-a[j]\}dp[i]=min1≤j≤i−k+1{a[i]−a[j]+dp[j−1]}=a[i]−min1≤j≤i−k+1{dp[j−1]−a[j]}且每次往下遍历一个，j范围的左边界不变，右边界只增加一个值，可以在遍历的时候处理出来。最后求得的dp[n]即答案。
I
- 题意：
- 思路：对于vi=vjv_i=v_jvi=vj，花费为0，所以vi=vjv_i=v_jvi=vj的点一定是相连的。假如这n个点去重后有m个不同的点，那么只需要连m-1条边，找到最低的位p，如果存在viv_ivi的p位为0，vjv_jvj的p位为1，那么最终的答案就是2p∗(m−1)2^p*(m-1)2p∗(m−1)，这是由于lowbit只关系找到最后一个是1的位置，让p位上值不同的点之间相连。
  对于如何处理上述的"如果存在viv_ivi的p位为0，vjv_jvj的p位为1"问题呢，将所有的v相&，可以得到哪些位上的值全为1，相｜可以得到哪些位上的值全为0，再将结果异或，就可以得到哪些位上的值即有0也有1了，且异或结果上该位为1。
- ac代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5+10;
int n;
int a[maxn];
int main()
{//freopen("/Users/zhangkanqi/Desktop/11.txt","r",stdin);scanf("%d", &n);int x = (1<<30)-1, y = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d", &a[i]);x &= a[i];y |= a[i];}x ^= y;sort(a+1, a+1+n);int m = unique(a+1, a+1+n)-(a+1);ll ans = 0;for(int p = 0; p <= 30; p++){if(x&(1<<p)){ans = (1ll<<p)*(m-1);break;}}cout << ans;return 0;
}

J
- 题意：
- 思路：
- ac代码：

//题解代码，我偷懒了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 7, mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
int n, m, t[N << 2], t1[N << 2], k[N];
void modify(int o, int l, int r, int k, ll v, ll v1) {if (l == r) return t[o] = v, t1[o] = v1, void();int mid = (l + r) >> 1;if (k <= mid) modify(o << 1, l, mid, k, v, v1);else modify(o << 1 | 1, mid + 1, r, k, v, v1);t[o] = (t[o << 1] * 1ll * t[o << 1 | 1]) % mod;t1[o] = (t1[o << 1] * 1ll * t[o << 1 | 1] + t1[o << 1 | 1]) % mod;
}pii merge(pii a, pii b) {return {a.first * 1ll * b.first % mod, (a.second * 1ll * b.first + b.second) % mod};
}pii query(int o, int l, int r, int ql, int qr) {if (ql <= l && r <= qr) return {t[o], t1[o]};int mid = (l + r) >> 1;if (qr <= mid) return query(o << 1, l, mid, ql, qr);if (ql > mid) return query(o << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr);return merge(query(o << 1, l, mid, ql, qr), query(o << 1 | 1, mid + 1, r, ql, qr));
}int main() {scanf("%d%d", &n, &m);int op, x, y, z;for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", k + i);for (int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d", &x);modify(1, 1, n, i, k[i], x);}while (m--) {scanf("%d%d%d", &op, &x, &y);if (op == 2) {pii ans = query(1, 1, n, x, y);printf("%d\n", (ans.first + ans.second) % mod);} else scanf("%d", &z), modify(1, 1, n, x, y, z);}return 0;
}

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