经典的遇到原题就乱了阵脚系列。
其实也并不是，听了全城的各种喇叭响了几分钟，整个人是懵的，也就突然不想写暴力了。
感觉自己像个弱智。然而考后就把暴力补上了。
写两个签到级的暴力就能排第$4$啊喂。。。。
老老实实打暴力。别说了，正解扔一旁，暴力先敬上。
T1：Fable
大意：求冒泡排序$k$轮后所得序列。$nle 2 imes 10^5$
每次考虑前$k+1$位，最小的一定出现在最前面，然后删掉它继续向后考虑就行。用个堆维护。
我的弱智想法是：每个点前面若有$x$个比它大的点，那么它最终的位置就是它往后第$k-x$个比它大的的下标$-k$。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 400005 4 int bgr[S],a[S],r[S],n,k,t[S],pos[S],ans[S],pc; vector<int>ve[S]; 5 void add(int x){for(;x;x^=x&-x)t[x]++;} 6 int ask(int x,int a=0){for(;x<=n;x+=x&-x)a+=t[x];return a;} 7 int v[S<<2],lz[S<<2]; 8 #define lc p<<1 9 #define rc lc|1 10 #define md (L+R>>1) 11 void down(int p){if(lz[p])lz[lc]+=lz[p],lz[rc]+=lz[p],v[lc]+=lz[p],v[rc]+=lz[p],lz[p]=0;} 12 void Add(int r,int p=1,int L=1,int R=n*2){if(!r)return; 13 if(R<=r){v[p]++;lz[p]++;return;} 14 down(p); Add(r,lc,L,md); if(r>md)Add(r,rc,md+1,R); v[p]=min(v[lc],v[rc]); 15 } 16 int ask_val(int P,int p=1,int L=1,int R=2*n){ 17 if(L==R)return v[p]; 18 down(p); return P<=md?ask_val(P,lc,L,md):ask_val(P,rc,md+1,R); 19 } 20 int ask_pos(int V,int p=1,int L=1,int R=2*n){ 21 if(L==R)return L; 22 down(p); return v[lc]<=V?ask_pos(V,lc,L,md):ask_pos(V,rc,md+1,R); 23 } 24 int main(){ 25 cin>>n>>k; 26 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),r[i]=a[i]; 27 sort(r+1,r+1+n); 28 for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=lower_bound(r+1,r+1+n,a[i])-r; 29 for(int i=1;i<=n;++i)add(a[i]),bgr[i]=ask(a[i]+1); 30 for(int i=n+1;i<=n+n;++i)a[i]=i,Add(i-1); 31 for(int i=n;i;--i)ve[a[i]].push_back(i); 32 for(int j=n;j;--j)for(int q=0,i;i=q<ve[j].size()?ve[j][q]:0;++q)Add(i-1),ans[ask_pos(ask_val(i)-max(0,k-bgr[i]))-k]=r[a[i]]; 33 for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d ",ans[i]); 34 }
T2：Fiend
大意：给定$L_i,R_i$。求所有$L_ile p_i le R_i$的排列中，奇排列与偶排列数量的大小关系。$T le 500,n le 10^5$
哦，原来是行列式定义。
本体特殊性质在于：每行矩阵$1$的是一段连续区间。
那么按照端点双关键字排序后，枚举左端点。
如果不存在主元，显然为$0$。否则，所有左端点与它一致的区间，左端点重置为其右端点$+1$
启发式合并$set$,$O(Tnlog^2n)$
可并堆。左偏树。$O(Tnlogn)$
问题在于求交换了几次，所以记录一个原来的行号判断是否一致，不一致就交换。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define S 100005 4 int lc[S],rc[S],dt[S],pc,val[S],id[S],n,re[S]; 5 int newp(int X,int I){val[++pc]=X;id[pc]=I;re[I]=pc;dt[pc]=1;lc[pc]=rc[pc]=0;return pc;} 6 int merge(int a,int b){ 7 if(!a||!b)return a|b; 8 if(val[a]>val[b])swap(a,b); 9 rc[a]=merge(rc[a],b); 10 if(dt[rc[a]]>dt[lc[a]])swap(lc[a],rc[a]); 11 dt[a]=dt[rc[a]]+1; return a; 12 } 13 struct node{ 14 int rt; 15 void ins(int X,int I){rt=merge(rt,newp(X,I));} 16 void pop(){rt=merge(lc[rt],rc[rt]);} 17 }N[S]; 18 int main(){int t;cin>>t;while(t--){ 19 cin>>n; int op=1; 20 for(int i=1,l,r;i<=n;++i)scanf("%d%d",&l,&r),N[l].ins(r,i); 21 for(int i=1;i<=n;++i)if(!N[i].rt){puts("D");goto F;} 22 else{ 23 if(id[N[i].rt]!=i)op^=1,re[id[re[i]]=id[N[i].rt]]=re[i]; 24 int z=val[N[i].rt];N[i].pop(); 25 if(val[N[i].rt]==z){puts("D");goto F;} 26 N[z+1].rt=merge(N[i].rt,N[z+1].rt); 27 } 28 puts(op?"Y":"F");F:pc=0;memset(N,0,sizeof N); 29 }}
T3：Flair
大意：$n$个物品，每个都有$p$概率选中，代价为个数。$m$种面额的钱。不设找零，求期望最少浪费多少钱。$n le 10^9,m le 100,c_ic_j le 10000$
一猜就是《小凯的疑惑》的结论。但是不保证互质。故可以求出$G=gcd(c)$。
对于$i>10000$，那么代价就是$(G-i mod G) mod G$
所以说，选中个数可以对$G$取模。那么只要做个生成函数的快速幂（循环卷积）就行。
然后对于$i<10000$做个背包就没了。
毒瘤玩意要写$MTT$。重新复习，强行弄了个$4FFT$的跑得还贼慢。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int mod=1000000007,_=32767,S=66666; 4 #define Pi 3.141592653589793238L 5 int n,m,p,C[111],rev[S],len=1,F[S],G,f[S],ans,bp[S],iv[S],B[S]; 6 int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;} 7 int mo(int x){return x>=mod?x-mod:x;} 8 struct cp{ 9 double r,i; 10 cp(double x=0,double y=0){r=x;i=y;} 11 cp operator+(cp x){return cp(r+x.r,i+x.i);} 12 cp operator-(cp x){return cp(r-x.r,i-x.i);} 13 cp operator*(cp x){return cp(r*x.r-i*x.i,r*x.i+i*x.r);} 14 }x,y,Q[S],E[S],R[S];vector<cp>w[2][19]; 15 void pt(int*x){for(int i=0;i<len;++i)cout<<x[i]<<' ';puts("");} 16 void sat(int x){ 17 len=1;while(len<=x)len<<=1; 18 for(int i=1;i<len;++i)rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1?len>>1:0); 19 } 20 void FFT(cp*a,int op){ 21 for(int i=0;i<len;++i)if(rev[i]>i)swap(a[rev[i]],a[i]); 22 for(int i=1,b=0;i<len;i<<=1,b++)for(int j=0;j<len;j+=i<<1)for(int k=j;k<j+i;++k) 23 x=a[k],y=a[k+i]*w[op][b][k-j],a[k]=x+y,a[k+i]=x-y; 24 if(!op)for(int i=0;i<len;++i)a[i].r/=len,a[i].i/=len; 25 } 26 long long r(double x){return (long long)(x+0.5)%mod;} 27 void MTT(int*a,int*b,int*c){ 28 for(int i=0;i<len;++i)Q[i]=cp(a[i]>>15,a[i]&_),E[i]=cp(b[i]>>15,b[i]&_); 29 FFT(Q,1);FFT(E,1); 30 for(int i=0;i<len;++i)R[i]=cp(Q[i].r/2,Q[i].i/2); 31 for(int i=0,o=0;i<len;++i,o=len-i) 32 Q[i]=cp(R[i].r+R[o].r,R[i].i-R[o].i)*E[i], 33 E[i]=cp(R[i].i+R[o].i,R[o].r-R[i].r)*E[i]; 34 FFT(Q,0);FFT(E,0); 35 for(int i=0;i<len;++i)c[i]=((r(Q[i].r)<<30)+(r(Q[i].i+E[i].r)<<15)+r(E[i].i))%mod; 36 } 37 void Mul(int*a,int*b,int*c){ 38 MTT(a,b,c); 39 for(int i=G;i<len;++i)c[i%G]=mo(c[i%G]+c[i]),c[i]=0; 40 } 41 int qp(int b,int t,int a=1){for(;t;t>>=1,b=1ll*b*b%mod)if(t&1)a=1ll*a*b%mod;return a;} 42 int main(){iv[1]=1;//freopen("ex_flair2.in","r",stdin); 43 for(int i=0;i<17;++i)w[0][i].resize(1<<i),w[1][i].resize(1<<i); 44 for(int i=0,x=1;i<17;++i,x<<=1)for(int j=0;j<x;++j) 45 w[0][i][j]=cp(cos(Pi/x*j),-sin(Pi/x*j)),w[1][i][j]=cp(cos(Pi/x*j),sin(Pi/x*j)); 46 for(int i=2;i<10086;++i)iv[i]=mod-1ll*mod/i*iv[mod%i]%mod; 47 int t;cin>>t;while(t--){ 48 cin>>n>>m>>p; G=ans=0; 49 for(int i=1;i<=m;++i)scanf("%d",C+i),G=gcd(G,C[i]); 50 F[0]=100-p;F[1]=p; B[0]=f[0]=bp[0]=1; sat(G<<1); 51 for(int i=n;i;i>>=1,Mul(F,F,F))if(i&1)Mul(f,F,f); 52 for(int i=1;i<G;++i)ans=(ans+1ll*(G-i)*f[i])%mod; 53 for(int i=0;i<=10000&&i<=n;++i)if(bp[i])for(int j=1;j<=m;++j)bp[i+C[j]]=1; 54 for(int i=1;i<=10000&&i<=n;++i)B[i]=B[i-1]*(n+1ll-i)%mod*iv[i]%mod; 55 int l,z=qp(p,min(n,10000))*1ll*qp(100-p,n-min(n,10000))%mod; 56 for(int i=20000;i>10000||i>n;--i)if(bp[i])l=i; 57 for(int i=min(10000,n);i;--i){ 58 if(bp[i])l=i; 59 ans=(ans+(l-i-(G-i%G)%G)*1ll*B[i]%mod*z)%mod;z=1ll*z*iv[p]%mod*(100-p)%mod; 60 }cout<<ans<<endl; 61 memset(F,0,sizeof F);memset(f,0,sizeof f);memset(bp,0,sizeof bp); 62 } 63 }