20分钟能做什么？
不粘排行榜，没意义，第一机房集体重启，我侥幸找回了两个文件才有分。
实际得分应该是70+100+60，第二机房rank1。。。放在第一机房就不知道了
T1：中间值
比较喜欢题解的第二种做法。
考虑分治。现在要求出a[l,r],b[L,R]之内的第k小值。
递归边界：如果k==1，那么就是min(a[l],b[L])。如果一个区间为空，直接返回另一个区间的第k小值。
否则我们在a和b中分别取出一些元素，与k的一半取min，然后比较这个元素
即设t=min(k>>1,r-l+1).
那么我们可以比较a[l+t]与b[L+k-t]。较小的一边就可以排除了，继续递归解决即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 int n,m,a[500005],b[500005]; 5 int read(){ 6 register int p=0,nt=0;register char ch=getchar(); 7 for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())nt=ch=='-'; 8 for(;ch>='0'&&ch<='9';p=(p<<3)+(p<<1)+ch-48,ch=getchar()); 9 return nt?-p:p; 10 } 11 int chk(int l,int r,int L,int R,int k){//printf("%d %d %d %d %d ",l,r,L,R,k); 12 if(k==1)return min(a[l],b[L]); 13 if(l>r)return b[L+k-1]; 14 if(L>R)return a[l+k-1]; 15 int t=min(min(r-l+1,R-L+1),k>>1); 16 if(a[l+t-1]>b[L+t-1])return chk(l,r,L+t,R,k-t); 17 else return chk(l+t,r,L,R,k-t); 18 } 19 int main(){ 20 freopen("median.in","r",stdin);freopen("median.out","w",stdout); 21 scanf("%d%d",&n,&m); 22 for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(); 23 for(int i=1;i<=n;++i)b[i]=read(); 24 while(m--){ 25 int opt;scanf("%d",&opt); 26 if(opt==1){ 27 int x=read(),y=read(),z=read(); 28 if(!x)a[y]=z;else b[y]=z; 29 }else{ 30 int l=read(),r=read(),L=read(),R=read(),cnt; 31 printf("%d ",chk(l,r,L,R,R-L+r-l+3>>1)); 32 } 33 } 34 }
T2：最小值
感觉像单调栈，但是单调栈里的值都可能是最优决策。
发现转移值与当前点位置无关，所以直接把转移值放进set。弹栈时删除。
1 #include<cstdio> 2 #include<set> 3 using namespace std; 4 #define inf -12345678901234567 5 multiset<long long>S; 6 long long A,B,C,D,dp[200005],val[200005];int n,x[200005],s[200005],tp; 7 long long cal(int x){return A*x*x*x+B*x*x+C*x+D;} 8 struct Segment_Tree{ 9 long long w[800005]; 10 void modify(int p,int pos,long long v,int cl=0,int cr=n){ 11 if(cl==cr){w[p]=v;return;} 12 if(pos<=cl+cr>>1)modify(p<<1,pos,v,cl,cl+cr>>1); 13 else modify(p<<1|1,pos,v,(cl+cr>>1)+1,cr); 14 w[p]=max(w[p<<1],w[p<<1|1]); 15 } 16 long long ask(int p,int l,int r,int cl=0,int cr=n){ 17 if(l<=cl&&cr<=r)return w[p]; 18 return max(l<=cl+cr>>1?ask(p<<1,l,r,cl,cl+cr>>1):inf,r>cl+cr>>1?ask(p<<1|1,l,r,(cl+cr>>1)+1,cr):inf); 19 } 20 }T; 21 int main(){ 22 freopen("min.in","r",stdin);freopen("min.out","w",stdout); 23 scanf("%d%lld%lld%lld%lld",&n,&A,&B,&C,&D); 24 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]); 25 for(int i=1;i<=n;++i){ 26 while(tp&&x[s[tp]]>x[i])S.erase(S.find(val[tp])),tp--; 27 s[++tp]=i;val[tp]=T.ask(1,s[tp-1],i-1)+cal(x[i]);S.insert(val[tp]); 28 dp[i]=*(--S.end());T.modify(1,i,dp[i]); 29 }printf("%lld ",dp[n]); 30 }
T3：最大值
写的不是题解思路，稍麻烦，码量较大，思维量较大，较麻烦，常数也稍大（需要zkw+fread+取模优化并且还不能乱开long long才能卡过。。。）
可以发现，因为不包含，所以询问按左端点排序之后，右端点也就单调了。
所以其实可以两个单调指针扫一遍，操作就类似于莫队了。
每个魔法阵内部的各种取值的概率比较好计算，从小到大依次考虑，每个元素的概率就是前面所有项$1-p$的乘积再乘这个取值的p。
对于剩下的概率，还要加入一个0。
关键在于魔法阵之间的影响。
暴力的思路就是把区间内的魔法阵都加入set，然后按照和上面一样的方法依次考虑。
只不过要注意，对于任意一个可能值，它的概率都不会受到他自己来源的魔法阵的影响，需要除去。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define int long long 4 #define mod 1000000007 5 #define ip(p) (1000000008-p) 6 int qpow(int b,int t,int a=1){for(;t;t>>=1,b=b*b%mod)if(t&1)a=a*b%mod;return a;} 7 #define inv(p) qpow(p,mod-2) 8 struct P{ 9 int w,p,b; 10 friend bool operator<(P a,P b){return a.w<b.w;} 11 }p; 12 struct Q{ 13 int l,r; 14 friend bool operator<(Q a,Q b){return a.l<b.l;} 15 }qs[200005]; 16 vector<P>v[200005],V[200005]; 17 multiset<P>S; 18 int n,m,q,alpos[200005],ans; 19 main(){freopen("max.in","r",stdin);freopen("max.out","w",stdout); 20 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&q); 21 for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%lld%lld%lld",&p.b,&p.w,&p.p),v[p.b].push_back(p); 22 for(int i=1;i<=n;++i){ 23 sort(v[i].begin(),v[i].end()); 24 int rpos=1; 25 for(int j=0;j<v[i].size();++j)V[i].push_back((P){v[i][j].w,v[i][j].p*rpos%mod,i}),rpos=rpos*ip(v[i][j].p)%mod; 26 V[i].push_back((P){0,rpos,i}); 27 } 28 for(int i=1;i<=q;++i)scanf("%lld%lld",&qs[i].l,&qs[i].r); 29 sort(qs+1,qs+1+q);qs[0].l=1; 30 for(int i=1;i<=q;++i){ 31 for(int j=qs[i-1].r+1;j<=qs[i].r;++j)for(int k=0;k<V[j].size();++k)S.insert(V[j][k]); 32 for(int j=qs[i-1].l;j<qs[i].l;++j)for(int k=0;k<V[j].size();++k)S.erase(S.find(V[j][k])); 33 int rpos=1; 34 for(int j=qs[i].l;j<=qs[i].r;++j)alpos[j]=1; 35 for(set<P>::reverse_iterator it=S.rbegin();it!=S.rend();++it){P It=*it; 36 rpos=(rpos*inv(alpos[It.b]))%mod; 37 ans=(ans+rpos*It.p%mod*It.w)%mod; 38 alpos[It.b]=(mod+alpos[It.b]-It.p)%mod; 39 rpos=rpos*alpos[It.b]%mod; 40 } 41 }printf("%lld ",ans); 42 }
考虑线段树维护。离散化，下标为水晶的能量。
为了方便处理（并且保证答案正确），我们要强制所有能量值相等的水晶有固定的先后次序，加一个没有意义的第二关键字来进行排序。
（否则的话，对于一个同一个能量值的水晶，它们互相影响就会导致答案值偏小）
就是不存在A限制了B的同时B也限制了A的情况（自己举个权值相同的例子就好）
然后你依次考虑每一个水晶，它会产生的影响是：来自其它魔法阵的能量值更小及相等的晶石产生贡献的概率要乘上1-p。然后当然要把自己的出现概率累加。
线段树维护区间乘，单点加。并没有区间查询，因为你每次查询都是查的整棵树，及时uodate，最后直接拿1号点的权值就好了。
注意这里的区间乘法是要持续生效的，不只作用于当前值，也就是以后再加入某一个值的时候，还要再乘上以前的乘法标记。
所以采用了标记永久化。
要注意一些地方：一个晶石并不会对来自与同一魔法阵的晶石产生影响，但是乘法标记是区间一起打上的不能区分，所以在进行区间加的时候，还要除以以前来自同一魔法阵所打上的乘法标记。
同时还要再考虑，你区间乘好像是每次都从1到某一个位置，那么来自同一个魔法阵的晶石可能对低位产生了多次影响。
所以在下一个晶石乘的时候，还要把它控制的区间内它之前的一颗晶石产生的影响删除（就是乘逆元）
然后还要考虑从线段树里删除魔法阵。
单点加变减。区间乘变乘逆元。
看起来没有什么问题。但是当你发现需要乘0的时候世界就崩塌了。
区间乘0其实还好说，关键是以后在删除魔法阵时还要消除这个乘0的影响。
乘0的逆元？不存在啊。
所以线段树上还要特殊处理一下乘0的标记。每次乘的时候标记+1，每次乘“0的逆元”时标记-1。
只要有标记存在，就证明这段区间的概率都是0，所以对答案的贡献也就是0。
在代码里我就把“0的逆元”设定为-1了。
然后就是卡常。。。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 #define mod 1000000007 5 int Mod(ll x){return x>=mod?x-mod:x;} 6 const int L=1<<20|1; 7 char buffer[L],*S,*Q; 8 #define getchar() ((S==Q&&(Q=(S=buffer)+fread(buffer,1,L,stdin),S==Q))?EOF:*S++) 9 const int maxn=100000+5; 10 int read(){ 11 register int p=0;register char ch=getchar(); 12 while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); 13 while(ch>='0'&&ch<='9')p=(p<<3)+(p<<1)+ch-48,ch=getchar(); 14 return p; 15 } 16 ll qpow(ll b,int t,ll a=1){for(;t;t>>=1,b=b*b%mod)if(t&1)a=a*b%mod;return a;} 17 struct P{ 18 ll w,p;int b,rk; 19 friend bool operator<(P a,P b){return a.w<b.w;} 20 }p; 21 struct N{ 22 ll w;int ord; 23 friend bool operator<(N a,N b){return a.w<b.w||(a.w==b.w&&a.ord<b.ord);} 24 }W[300005]; 25 ll inv(ll p){return p?qpow(p,mod-2):-1;} 26 ll ip(ll p){return (mod+1-p)%mod;} 27 vector<P>v[200005],V[200005]; 28 int n,m,q,K,k,l[100005],r[100005];ll ans; 29 struct Segment_Tree{ 30 ll w[1200005],lz[1200008];int NONE[1200008]; 31 int cal(int p){return NONE[p]?0:lz[p]*w[p]%mod;} 32 int bit; 33 void build(){ 34 for(bit=1;bit<=k+1;bit<<=1); 35 for(int i=1;i<=bit+bit;++i) lz[i]=1; 36 } 37 void mult(int l,int r,ll v){ 38 for(l+=bit-1,r+=bit+1;l^r^1;){ 39 if(~l&1){ 40 if(v>0) lz[l^1]=lz[l^1]*v%mod; 41 else if(!v)NONE[l^1]++; 42 else NONE[l^1]--; 43 } 44 if(r&1){ 45 if(v>0) lz[r^1]=lz[r^1]*v%mod; 46 else if(!v)NONE[r^1]++; 47 else NONE[r^1]--; 48 } 49 l>>=1; r>>=1; 50 w[l]=Mod(cal(l<<1)+cal(l<<1|1)); 51 w[r]=Mod(cal(r<<1)+cal(r<<1|1)); 52 } 53 for(l>>=1;l;l>>=1) w[l]=Mod(cal(l<<1)+cal(l<<1|1)); 54 } 55 void add(int p,ll v){ 56 p+=bit; w[p]=(w[p]+v*W[p-bit].w)%mod; 57 for(p>>=1;p;p>>=1) w[p]=Mod(cal(p<<1)+cal(p<<1|1)); 58 } 59 }T; 60 bool com(P a,P b){return a.w>b.w;} 61 main(){ 62 freopen("max.in","r",stdin); 63 freopen("max.out","w",stdout); 64 scanf("%d%d%d",&n,&m,&q); 65 for(int i=1;i<=m;++i)p.b=read(),p.w=read(),p.p=read(),v[p.b].push_back(p); 66 for(int i=1;i<=n;++i){ 67 sort(v[i].begin(),v[i].end()); 68 ll rpos=1; 69 for(int j=0;j<v[i].size();++j)V[i].push_back((P){v[i][j].w,v[i][j].p*rpos%mod,i,++K}),rpos=rpos*ip(v[i][j].p)%mod; 70 V[i].push_back((P){0,rpos,i,++K}); 71 } 72 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<V[i].size();++j)W[++k]=(N){V[i][j].w,V[i][j].rk}; 73 sort(W+1,W+1+k);T.build(); 74 for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<V[i].size();++j)V[i][j].w=lower_bound(W+1,W+1+k,(N){V[i][j].w,V[i][j].rk})-W; 75 for(int i=1;i<=n;++i)sort(V[i].begin(),V[i].end(),com); 76 for(int i=1;i<=q;++i)l[i]=read(),r[i]=read(); 77 l[0]=1; 78 for(int i=1;i<=q;++i){ 79 for(int j=r[i-1]+1;j<=r[i];++j){ 80 ll totpos=0; 81 for(int k=0;k<V[j].size();++k){ 82 if(V[j][k].p==0)continue; 83 ll TP=totpos;totpos=Mod(totpos+V[j][k].p); 84 T.mult(1,V[j][k].w-1,ip(totpos)); 85 if(k)T.mult(1,V[j][k].w,inv(ip(TP))); 86 T.add(V[j][k].w,V[j][k].p); 87 } 88 } 89 for(int j=l[i-1];j<l[i];++j){ 90 ll totpos=0; 91 for(int k=0;k<V[j].size();++k){ 92 if(V[j][k].p==0)continue; 93 totpos=Mod(totpos+V[j][k].p); 94 T.mult(1,V[j][k].w-1,inv(ip(totpos))); 95 if(k)T.mult(1,V[j][k].w-1,ip(totpos-V[j][k].p)); 96 T.add(V[j][k].w,mod-V[j][k].p); 97 } 98 } 99 ans=(ans+T.w[1]*T.lz[1])%mod; 100 }printf("%lld ",ans); 101 }
因为细节实在太多，所以哪个地方不会的话在评论区里问，一个一个细节来讲肯定是说不完的。。。