A. run
题意：
白云每次可以移动\(1\)米或者\(k\)米，询问移动的米数在\([L, R]\)范围内的方案数有多少。
思路：
\(dp[i][0/1]\)表示到第\(i\)米，是通过\(1\)米的方式过来的还是\(k\)米的方式过来的，递推即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100010
const int p = 1e9 + 7;
int f[N][2], g[N];
int q, k, l, r;
void add(int &x, int y) {
x += y;
if (x >= p) {
x -= p;
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &q, &k);
memset(f, 0, sizeof f);
f[0][0] = 1;
for (int i = 0; i <= 100000; ++i) {
add(f[i + 1][0], (f[i][0] + f[i][1]) % p);
if (i + k <= 100000) {
add(f[i + k][1], f[i][0]);
}
}
memset(g, 0, sizeof g);
for (int i = 1; i <= 100000; ++i) {
g[i] = g[i - 1];
add(g[i], f[i][0]);
add(g[i], f[i][1]);
}
while (q--) {
scanf("%d%d", &l, &r);
printf("%d\n", (g[r] - g[l - 1] + p) % p);
}
return 0;
}D. monrey
题意：
有\(n\)个物品，从\(1\)到\(n\)的顺序去访问，身上最多只能携带一个物品，每次可以买进或者卖出物品，身上有无限的钱，问最后获得的利润最多是多少。
思路：
考虑将买入和卖出合并成一种操作，买入就是减去收益，卖出是增加收益，维护两个堆，遍历\(i\)个物品。
- 如果当次是买入，那么去找之前收益最高的一个卖出操作，或者直接买入。
- 如果当次是卖出，那么取找之前收益最高的一个买入操作。
代码:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
int n, a[N];
struct node {
ll tot; int cnt;
node() {}
node (ll tot, int cnt) : tot(tot), cnt(cnt) {}
bool operator < (const node &other) const {
if (tot == other.tot) {
return cnt > other.cnt;
}
return tot < other.tot;
}
};
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", a + i);
}
//0表示上一次操作是买入
//1表示上一次操作是卖出
priority_queue <node> pq[2];
node res = node(0, 0);
pq[0].push(node(-a[1], 1));
node t1, t2;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
pq[0].push(node(-a[i], 1));
if (!pq[0].empty()) {
t1 = pq[0].top();
pq[1].push(node(t1.tot + a[i], t1.cnt + 1));
}
if (!pq[1].empty()) {
t2 = pq[1].top();
pq[0].push(node(t2.tot - a[i], t2.cnt + 1));
}
if (!pq[1].empty()) {
res = max(res, pq[1].top());
}
}
printf("%lld %d\n", res.tot, res.cnt);
}
return 0;
}
J. farm
题意：
在\(n \cdot m\)的农田上，有\(n \cdot m\)棵植物，每棵植物只能施放第\(a[i][j]\)种肥料，有\(T\)次操作，每次操作时将\(x_1, y_1, x_2, y_2\)矩形内的作物都施上第\(k_i\)种肥料，
一旦作物被施上不是第\(a[i][j]\)种肥料，它就会立刻死亡。
问最后死亡的作物数目.
思路一：
考虑：
作物的施肥次数 = 第\(a[i][j]\)种肥料的施肥次数+其他种类肥料的施肥次数。
我们先二维差分求出所有作物的总的施肥次数。
然后将操作按\(k_i\)分类，用二维BIT维护二维前缀和，表示\(k_i\)操作下作物的施肥次数。
然后再枚举初始值为\(k_i\)的所有作物，判断它总的施肥次数以及第\(k_i\)种肥料的施肥次数是否相等，不相等就挂了。
时间复杂度：\(\mathcal{O}(nm + T \cdot log(n) \cdot log(m))\)
代码一：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000010
#define pii pair <int, int>
#define fi first
#define se second
int n, m, q;
struct node {
int x[2], y[2];
node() {}
node(int x1, int y1, int x2, int y2) {
x[0] = x1; x[1] = x2;
y[0] = y1; y[1] = y2;
}
};
vector < vector <pii> > a;
vector < vector <node> > b;
struct BIT {
vector < vector <int> > a;
void init() {
a.clear();
a.resize(n + 1);
for (int i = 0; i < n + 1; ++i) {
a[i].resize(m + 1);
}
}
void update(int x, int y, int v) {
for (int i = x; i <= n; i += i & -i) {
for (int j = y; j <= m; j += j & -j) {
a[i][j] += v;
}
}
}
void update(int x1, int y1, int x2, int y2, int v) {
update(x1, y1, v);
update(x2 + 1, y2 + 1, v);
update(x1, y2 + 1, -v);
update(x2 + 1, y1, -v);
}
int query(int x, int y) {
int res = 0;
for (int i = x; i > 0; i -= i & -i) {
for (int j = y; j > 0; j -= j & -j) {
res += a[i][j];
}
}
return res;
}
}bit;
void read(int &x) {
x = 0; char ch;
while (!isdigit(ch = getchar()));
while (isdigit(ch)) {
x = x * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
}
int main() {
while (scanf("%d%d%d", &n, &m, &q) != EOF) {
a.clear();
a.resize(n * m + 1);
b.clear();
b.resize(n * m + 1);
bit.init();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1, x; j <= m; ++j) {
read(x);
a[x].emplace_back(i, j);
}
}
for (int i = 1, k, x1, y1, x2, y2; i <= q; ++i) {
read(x1); read(y1); read(x2); read(y2); read(k);
b[k].push_back(node(x1, y1, x2, y2));
bit.update(x1, y1, x2, y2, 1);
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n * m; ++i) {
for (auto it : b[i]) {
bit.update(it.x[0], it.y[0], it.x[1], it.y[1], -1);
}
for (auto it : a[i]) {
if (bit.query(it.fi, it.se) != 0) {
++res;
}
}
for (auto it : b[i]) {
bit.update(it.x[0], it.y[0], it.x[1], it.y[1], 1);
}
}
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
思路二：
考虑每次施肥的时候加上的是\(k_i\)而不是1，那么最终如果作物没有死，那么它的值应该是\(a[i][j] \cdot 施肥次数\)。
但是这样容易被卡，将权值映射成素数即可。
代码二：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 15500010
int prime[1000010], tot;
bool check[N];
void init() {
tot = 0;
memset(check, 0, sizeof check);
for (int i = 2; i < N; ++i) {
if (!check[i]) {
prime[++tot] = i;
if (tot >= 1000000) break;
}
for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
if (1ll * i * prime[j] >= N) break;
check[i * prime[j]] = 1;
if (i % prime[j] == 0) {
break;
}
}
}
}
int n, m, q;
vector <vector<int>> a, c;
vector <vector<ll>> b;
template <class T>
void up(vector <vector<T>> &vec, int x1, int y1, int x2, int y2, int v) {
vec[x1][y1] += v;
vec[x2 + 1][y2 + 1] += v;
vec[x1][y2 + 1] -= v;
vec[x2 + 1][y1] -= v;
}
template <class T>
void work(vector <vector<T>> &vec) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
vec[i][j] += vec[i - 1][j] + vec[i][j - 1] - vec[i - 1][j - 1];
}
}
}
int main() {
init();
random_shuffle(prime + 1, prime + 1 + tot);
while (scanf("%d%d%d", &n, &m, &q) != EOF) {
a.clear(); a.resize(n + 2, vector <int> (m + 2, 0));
b.clear(); b.resize(n + 2, vector <ll> (m + 2, 0));
c.clear(); c.resize(n + 2, vector <int> (m + 2, 0));
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
scanf("%d", &a[i][j]);
}
}
int x[2], y[2], k;
while (q--) {
scanf("%d%d%d%d%d", x, y, x + 1, y + 1, &k);
up(b, x[0], y[0], x[1], y[1], prime[k]);
up(c, x[0], y[0], x[1], y[1], 1);
}
work(b); work(c);
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
if (b[i][j] != c[i][j] * prime[a[i][j]]) {
++res;
}
}
}
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}思路三：