一定要分析清楚复杂度再打！！！窝再也不要花2h20min用暴力对拍暴力啦！！！
雨露均沾(滑稽)，尽量避免孤注一掷。先把暴力分拿全再回来刚正解。
即使剩下的时间不多了也优先考虑认真读题+打暴力而非乱搞(当然是在乱搞得分没有保证的情况下)。
明明是最近几套题中最难的却改的最顺利？大概是因为也就这次考场上认真思考了吧。
A.简单的区间
考场启发式合并复杂度写假了……和暴力没区别QAQ
首先考虑题目中柿子的具体含义：对于一段区间，以最大值所在处为界(不含)劈成两半，如果这两半的和是K的倍数就符合条件。
那这道题就和之前那道english十分相像了，考虑单调栈预处理每个数作为最大值控制的区间，因为这些区间构成一棵完全二叉树所以可以启发式合并。
由于要计算符合条件区间的个数，所以维护一个桶，下标为$\% K$的余数。如果两个数$\% K$同余那么他们的差一定是K的倍数，所以用前缀和实现桶的更新与查询。
那么具体怎么启发式合并呢？
首先比较左右儿子区间长度，首先把短区间递归下去处理，然后把桶清空(因为待会统计答案的时候不能算它自己这一段的)。接着递归处理长区间，之后桶里已经有了长区间的信息了，所以可以暴力枚举短区间，把 与枚举到的点的前缀和 同余的 区间 个数计入答案。当然因为不计入最大值本身，所以枚举计算贡献时如果是左区间要加上最大值，右区间则减去最大值。
细节很多，而且左右儿子作为短区间时考虑的东西不太一样……主要就是左区间要用前缀和涉及到$sum[l-1]$的问题。另外处理完一个区间要把短区间啥也没选的情况减去。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<stack>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int n,K,L[N],R[N],ls[N],rs[N];
ll a[N],ans,bu[1000005],sum[N];
stack<int> q;
void work(int i)
{
int l=L[i],r=R[i];
if(l==r){bu[sum[i]%K]++;return ;}
if(r-i<i-l)
{
if(rs[i])work(rs[i]);
for(int j=i;j<=r;j++)
bu[sum[j]%K]=0;
if(ls[i])work(ls[i]);
bu[sum[l-1]%K]++;
for(int j=i;j<=r;j++)
ans+=bu[(sum[j]-a[i])%K];
for(int j=i;j<=r;j++)
bu[sum[j]%K]++;
bu[sum[l-1]%K]--;
}
else
{
if(ls[i])work(ls[i]);
for(int j=l;j<=i;j++)
bu[sum[j]%K]=0;
if(rs[i])work(rs[i]);
bu[sum[i]%K]++;
for(int j=l;j<=i;j++)
ans+=bu[(sum[j-1]+a[i])%K];
for(int j=l;j<=i-1;j++)
bu[sum[j]%K]++;
}
ans--;
}
int main()
{
/*freopen("dt.in","r",stdin);
freopen("my.out","w",stdout);*/
n=read();K=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(!q.empty()&&a[q.top()]<=a[i])q.pop();
if(!q.empty())L[i]=q.top()+1,rs[q.top()]=i;
else L[i]=1;
q.push(i);
}
while(!q.empty())q.pop();
for(int i=n;i;i--)
{
while(!q.empty()&&a[q.top()]<a[i])q.pop();
if(!q.empty())R[i]=q.top()-1,ls[q.top()]=i;
else R[i]=n;
q.push(i);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(L[i]==1&&R[i]==n){work(i);break;}
/*for(int i=1;i<=n;i++)
cout<<i<<' '<<L[i]<<' '<<R[i]<<' '<<ls[i]<<' '<<rs[i]<<endl;*/
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
B.简单的玄学
竟然是个古典概型……还以为要容斥或者递推什么的……
“至少两个变量相同”显然与“没有任何变量相同”互斥，所以只要求出后者后用1减一下即可。
那么这个答案显然为$frac{A_{2^n}^m}{2^{nm}}$
化简一下，得到
$frac{prod_{i=2^n-m+1}^{2^n-1}}{2^{n(m-1)}}$
可以发现，如果$m>mod$，那么分子一定会被模成0，所以不用考虑m过大的情况。
接下来的问题是约分。分母中的质因子只有2，所以需要求出分子中2的个数。根据$2^k-i$中2的个数等于$i$中2的个数，可以把问题转化为求$(m-1)!$中2的个数。可以$O(log m)$求。
接下来逆元搞一下就得到了答案。$1-frac{a}{b}=frac{b-a}{b}$。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e6+3,inv=500002;
ll n,m;
ll qpow(ll a,ll b)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1)res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
if(log2(m)>n){puts("1 1");return 0;}
ll mi=qpow(2,n),mot=qpow(mi,m),res=1;
for(ll i=0;i<m&&res;i++)
res=res*(mi-i)%mod;
ll cnt2=n;
for(ll i=2;i<m;i<<=1)cnt2+=(m-1)/i;
mot*=qpow(inv,cnt2)%mod,mot%=mod;
res*=qpow(inv,cnt2)%mod,res%=mod;
printf("%lld %lld
",(mot-res+mod)%mod,mot);
return 0;
}
C.简单的填数
最不擅长这种乱搞题了……
定义u为使$a[n]$最大的每个位置填数方案，d为使$a[n]$最小的每个位置填数方案。
那么显然u尽量2个进1，d尽量5个进1。
然后根据已经填的数调整u和d的值和左端点位置，中间特判掉无解情况。
这样扫一遍就可以得到最大的$a[n]$。
然后倒着扫一遍构造方案即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int read()
{
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int n,a[N],num[N];
struct node
{
int x,pos;
}
u[N],d[N];
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
if(a[1]!=1&&a[1]!=0){puts("-1");return 0;}
u[1].pos=u[1].x=d[1].pos=d[1].x=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
d[i]=d[i-1];u[i]=u[i-1];
d[i].pos++;u[i].pos++;
if(u[i].pos>2)u[i].x++,u[i].pos=1;
if(d[i].pos>5)d[i].x++,d[i].pos=1;
if(!a[i])continue;
if(u[i].x>a[i])u[i]=(node){a[i],2};
else if(u[i].x==a[i])u[i].pos=min(u[i].pos,2);
if(d[i].x<a[i])d[i]=(node){a[i],1};
if(u[i].x<a[i]||d[i].x>a[i]){puts("-1");return 0;}
}
if(u[n].pos==1)u[n].x--,u[n].pos=u[n-1].pos+1;
if(u[n].x<d[n].x){puts("-1");return 0;}
a[n]=u[n].x;
printf("%d
",a[n]);
num[a[n]]=1;
for(int i=n-1;i;i--)
{
if(!a[i])
{
int val=min(a[i+1],u[i].x);
if(num[val]==5)val--;
a[i]=val;
}
num[a[i]]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",a[i]);
putchar('
');
return 0;
}
/*
7
0 1 0 0 0 3 0
*/