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A:
套路题结果想了好久……
排序二叉树的性质就是中序遍历单调递增
于是只考虑当前树的中序遍历的序列即可,与树的形态无关
将序列改成严格单调增想到最大化不变的数,但直接LIS求的是改为非严格单调增的数
一个将严格单调增问题改为非严格的套路是将数$a_i$替换成$a_i-i$,对转换后序列求LIS即可
(其实也可以理解为在严格单增问题中能拓展的条件为$a[i]-a[k]\ge i-k$,那么也就是$a[i]-i\ge a[k]-k$)
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second #define pb push_back typedef double db; typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; const int MAXN=2e5+10; ll dat[MAXN],ind[MAXN],tot; int n,x,y,ch[MAXN][2],dp[MAXN],res; void dfs(int x) { if(~ch[x][0]) dfs(ch[x][0]); ind[++tot]=dat[x]; if(~ch[x][1]) dfs(ch[x][1]); } int main() { scanf("%d",&n); memset(ch,-1,sizeof(ch)); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&dat[i]); for(int i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&x,&y),ch[x][y]=i+1; dfs(1);dp[0]=-1<<30; for(int i=1;i<=n;i++) ind[i]-=i; for(int i=1;i<=n;i++) { if(ind[i]>=dp[res]) dp[++res]=ind[i]; else dp[upper_bound(dp+1,dp+res+1,ind[i])-dp]=ind[i]; } printf("%d",n-res); return 0; }
B:
长度可行性单调,对长度二分答案
发现区间$[l,r]$中存在$k$的条件为:$gcd(l...r)=min(l...r)=k$
区间最小和$gcd$明显可以用$RMQ$维护,但此题卡$log^2$,因此只能用$ST$表来维护
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second #define pb push_back typedef double db; typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; const int MAXN=5e5+10; int res[MAXN],tot; int n,dat[MAXN],lg2[MAXN],mn[MAXN][50],gcd[MAXN][50]; int GCD(int x,int y){return x%y==0?y:GCD(y,x%y);} void pre() { lg2[1]=0; for(int i=2;i<=n;i++) lg2[i]=lg2[i-1]+((1<<(lg2[i-1]+1))==i); for(int i=n;i>=1;i--) { mn[i][0]=dat[i]; for(int j=1;(i+(1<<j)-1)<=n;j++) mn[i][j]=min(mn[i][j-1],mn[i+(1<<j-1)][j-1]); } for(int i=n;i>=1;i--) { gcd[i][0]=dat[i]; for(int j=1;(i+(1<<j)-1)<=n;j++) gcd[i][j]=GCD(gcd[i][j-1],gcd[i+(1<<j-1)][j-1]); } } int Query_min(int l,int r) { int t=lg2[r-l+1]; return min(mn[l][t],mn[r-(1<<t)+1][t]); } int Query_gcd(int l,int r) { int t=lg2[r-l+1]; return GCD(gcd[l][t],gcd[r-(1<<t)+1][t]); } bool check(int len) { tot=0; for(int i=1;i<=n-len+1;i++) if(Query_min(i,i+len-1)==Query_gcd(i,i+len-1)) res[++tot]=i; return tot>0; } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&dat[i]); pre(); int l=1,r=n; while(l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if(check(mid)) l=mid+1; else r=mid-1; } check(r); printf("%d %d\n",tot,r-1); for(int i=1;i<=tot;i++) printf("%d ",res[i]); return 0; }
如果只有询问用$ST$表$O(1)$询问
同时注意由于对一个数多次求$gcd$不会影响区间$gcd$值,因此可以直接用$ST$表维护$gcd$
C:
D:
关键在与贡献为$2^{R+C}$,可以理解为对每一个子集算一次贡献
接下来算每个集合能产生的期望贡献即可:
$res=\sum C^i_n*C^j_n*\frac{C^{k-num}_{m-num}}{C^k_m}$
其中$num$为如果$i$行$j$列全涂黑的个数,预处理组合数即可
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second #define pb push_back typedef double db; typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; const int MAXN=1e5+10; int n,m,k; db res,cn[MAXN],cm[MAXN]; double cal(int i,int j) { int num=n*(i+j)-i*j; return k-num<0?0:cm[num]; } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); cn[0]=cm[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) cn[i]=cn[i-1]*(n-i+1)/i; for(int i=1;i<=m;i++) cm[i]=cm[i-1]*(k-i+1)/(m-i+1); for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j<=n;j++) res+=cn[i]*cn[j]*cal(i,j); printf("%.6lf",(res>1e99)?1e99:res); return 0; }