手玩三四项发现序列就是 $a,b,a xor b,a,b,...$，直接输出即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } int T,a,b,n; // a b ab a b int main() { T=read(); while(T--) { a=read(),b=read(),n=read(); if(n%3==0) printf("%d ",a); if(n%3==1) printf("%d ",b); if(n%3==2) printf("%d ",a^b); } return 0; }
$n$ 不大，直接枚举所有左端点，移动右端点并动态维护，数值比较大用 $map$ 即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<map> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2007; int n,a[N],tot,ans=N; map <int,int> sum,cnt,vis; int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),sum[a[i]]++; for(int i=1;i<=n;i++) if(sum[a[i]]>1&&!vis[a[i]]) tot++,vis[a[i]]=1; if(!tot) { printf("0 "); return 0; } for(int i=1;i<=n;i++) { cnt.clear(); int now=0; for(int j=i;j<=n;j++) { cnt[a[j]]++; if(cnt[a[j]]==sum[a[j]]-1) now++; if(now==tot) { ans=min(ans,j-i+1); break; } } } printf("%d ",ans); return 0; }
又是构造题...
猜一下有规律，发现这样的矩阵横竖异或和都是 $0$：
......
发现 $n$ 一定是 $4$ 的倍数，所以把大矩形分成一些 $4*4$ 的矩形，然后把按上面的规律把矩阵一个个填入即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2007; int n,a[N][N],tot; int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i+=4) for(int j=1;j<=n;j+=4) for(int k=0;k<4;k++) for(int l=0;l<4;l++) a[i+k][j+l]=tot++; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) printf("%d ",a[i][j]); printf(" "); } return 0; }
正难则反，考虑从后往前确定所有数，对于当前最后面的数，之前所有还没填的小于它的数都会产生贡献，发现当前位置的数越大，前面的贡献也越大
所以根据单调性直接二分最后一个位置的数，维护当前小于某个数的和用树状数组即可
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; inline ll read() { ll x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e5+7; int n,b[N]; bool vis[N]; ll a[N],t[N]; inline void add(int x,int v) { while(x<=n) t[x]+=v,x+=x&-x; } inline ll ask(int x) { ll res=0; while(x) res+=t[x],x-=x&-x; return res; } int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),add(i,i); for(int i=n;i>=1;i--) { int L=1,R=n,mid,res; while(L<=R) { mid=L+R>>1; if(ask(mid-1)<=a[i]) { L=mid+1; if(!vis[mid]) res=mid; } else R=mid-1; } b[i]=res; vis[res]=1; add(res,-res); } for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",b[i]); printf(" "); return 0; }
看一眼直接单调队列走起，然后被区间细节搞死，其实直接 $ST$ 表就可以了..
发现每一行可以分开处理，求出每一行每个位置的贡献加起来就行了
发现如果一行的数不多，那么中间一段位置的贡献都是最大的数，所以只要求出左右两边位置的最大值
发现左右两边的情况都差不多，先考虑左边
对于位置 $i$，在它之前的位置为 $j$ 的数要能够移动到 $i$ 的条件是 $i-j<=m-R$，其中 $m$ 是每一行最大长度，$R$ 是此行的数的数量
然后就可以单调队列维护，右边也同理，注意边界一段也可以没有数，即为 $0$，要记得处理
中间的话，维护一下差分标记即可，一些数组用完一定要记得还原！
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cmath> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; inline int read() { int x=0,f=1; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); } return x*f; } const int N=2e6+7,INF=1e9+7; int n,m; vector <int> V[N]; ll sum[N],tag[N]; int now[N]; int Q[N],l,r; int main() { n=read(),m=read(); int a; for(int i=1;i<=n;i++) { a=read(); for(int j=1;j<=a;j++) V[i].push_back(read()); } memset(now,~0x3f,sizeof(now));//初始为-INF for(int i=1;i<=n;i++) { int R=V[i].size(),mx=0; l=1,r=0; for(int j=1;j<=min(m-R,R);j++) now[j]=0; for(int j=m;j>max(m-R,R);j--) now[j]=0;//边界可以没有数 for(int j=1;j<=R;j++) { while(l<=r && j-Q[l]>m-R) l++; while(l<=r && V[i][j-1]>=V[i][Q[r]-1]) r--;//记得vector下标从0开始 Q[++r]=j; now[j]=max(now[j],V[i][Q[l]-1]); mx=max(mx,V[i][j-1]); } if(R*2<m) tag[R+1]+=mx,tag[m-R+1]-=mx;//打差分标记 l=1,r=0; for(int j=R;j;j--) { int p=m-R+j;//当前位置 while(l<=r && Q[l]-j>m-R) l++; while(l<=r && V[i][j-1]>=V[i][Q[r]-1]) r--; Q[++r]=j; now[p]=max(now[p],V[i][Q[l]-1]); } for(int j=1;j<=R;j++) sum[j]+=now[j];//累计贡献 for(int j=max(R+1,m-R+1);j<=m;j++) sum[j]+=now[j]; for(int j=1;j<=R;j++) now[j]=now[m-R+j]=-INF;//记得还原 } ll S=0; for(int i=1;i<=m;i++) S+=tag[i],sum[i]+=S;//处理差分标记 for(int i=1;i<=m;i++) printf("%lld ",sum[i]); printf(" "); return 0; }