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B - Balanced Sequence
预处理出每个串未匹配的)及(的个数，看这个范围大致可以猜出是贪心。然而博主单纯的按照(从大到小排序。。看了题解才发现还能这样。。
这题主要的trick是排序方式，记好了!
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
struct node
{
int L,R;
int idx;
node(int L,int R,int idx):L(L),R(R),idx(idx){}
node(){}
}t[maxn];
char s[maxn];
long long sum;
void solve(int idx)
{
int l=0,r=0;
int num=0;
int len=strlen(s);
for(int i=0;i<len;i++)
{
if(s[i]=='(')
{
num++;
}
else
{
if(num==0)
{
r++;
}
else
{
num--;
sum+=2;
}
}
}
l=num;
t[idx].L=l,t[idx].R=r,t[idx].idx=idx;
}
bool cmpl(const node &a,const node &b)
{
if(a.L<a.R&&b.L>b.R)
return false;
else if(a.L<a.R&&b.L<b.R)
return a.L>b.L;
else if(a.L>=a.R&&b.L<b.R)return 1;
else return a.R<b.R;
}
long long dp[maxn];
long long suml[maxn];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
sum=0;
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s);
solve(i);
}
sort(t+1,t+1+n,cmpl);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
long long r=t[i].R;
long long tmp=min(r,suml[i-1]-dp[i-1]);
dp[i]=dp[i-1]+tmp;
suml[i]=suml[i-1]+t[i].L;
}
sum+=2LL*dp[n];
printf("%lld\n",sum);
}
return 0;
}D - Distinct Values
这题还是挺好做的，排个序之后从左到右依次处理每个区间，再开个数组看当前区间那些数被用了。实际上这个做法比较像莫队的转移。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxm=1e5+5;
const int maxn=1e5+5;
typedef pair<int,int>pii;
pii facts[maxm];
int num[maxn];
int ans[maxn];
bool cmp(pii a,pii b)
{
if(a.first!=b.first)
return a.first<b.first;
return a.second>b.second;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
memset(num,0,sizeof(num));
memset(ans,-1,sizeof(ans));
int n,m;
scanf("%d %d",&n,&m);
int l,r;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d %d",&l,&r);
facts[i]=make_pair(l,r);
}
sort(facts+1,facts+1+m,cmp);
for(int i=1;i<=facts[1].first;i++)
ans[i]=1;
for(int i=facts[1].first;i<=facts[1].second;i++)
ans[i]=i-facts[1].first+1,num[i-facts[1].first+1]=1;
int lnode=facts[1].first,rnode=facts[1].second;
for(int i=2;i<=m;i++)
{
if(facts[i].second<=rnode)continue;
if(facts[i].first>rnode)
{
memset(num,0,sizeof(num));
for(int j=rnode+1;j<=facts[i].first;j++)
ans[j]=1;
for(int j=facts[i].first;j<=facts[i].second;j++)
{
ans[j]=j-facts[i].first+1;
num[j-facts[i].first+1]=1;
}
lnode=facts[i].first,rnode=facts[i].second;
}
else
{
for(int j=lnode;j<facts[i].first;j++)
{
num[ans[j]]=0;
}
int now=1;
for(int j=rnode+1;j<=facts[i].second;j++)
{
while(num[now])now++;
ans[j]=now;
num[now++]=1;
}
lnode=facts[i].first;
rnode=facts[i].second;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i!=1)printf(" ");
if(ans[i]==-1)ans[i]=1;
printf("%d",ans[i]);
}
puts("");
}
return 0;
}G - Chiaki Sequence Revisited
这个题真的强!
首先观察出每个数(除了1)出现的次数为lowbit(x)的长度，比如16为10000，那么他就会出现5次。
然后怎么做呢，既然和它的lowbit有关，那么我们就用位运算的思想做这个题，设一个数为x，那么显然x>>i就为至少出现(i+1)次的数的个数，你如果每一层都这样计算的话，实际上算的就是小于等于x的数出现次数的和。
通过这种思想，我们也可以求出小于等于x的数的和。
所以我们可以二分算出第n项是哪个数，然后再用等差数列求和算出前n项的和。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
long long n;
bool check(long long num)
{
long long res=0;
for(int i=0;i<63;i++)
{
res+=(num>>i);
if(res>=n-1)return 1;
}
return res>=n-1;
}
long long inv(long long a,long long m)
{
if(a==1)return 1;
return inv(m%a,m)*(m-m/a)%m;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
long long inv2=inv(2,mod);
while(T--)
{
scanf("%lld",&n);
if(n==1)
{
puts("1");
continue;
}
else if(n==2)
{
puts("2");
continue;
}
long long l=2,r=n;
long long ans;
while(l<=r)
{
long long mid=l+r>>1;
if(check(mid))
{
ans=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
long long res=1;
long long tmp=ans-1;
long long go=1;
for(int i=0;i<63;i++)
{
if((1LL<<i)>tmp)break;
long long tmp2=(tmp>>i);
go+=tmp2;
//
//if(tmp2%2)tmp2=(tmp2+1)/2*tmp2%mod;
//else tmp2=tmp2/2*(tmp2+1)%mod;
tmp2=tmp2%mod*((tmp2+1)%mod)%mod*inv2%mod;
res=(res+(1LL<<i)%mod*tmp2%mod)%mod;
}
n=n-go;
res=(res+n*ans%mod)%mod;
printf("%lld\n",res);
}
return 0;
}