题意：给一个序列，每次贪心选取比前一个数大的数。每次询问修改一个数，求修改后的序列的能选出多少个数。询问不叠加。
题解：
方法一：参考http://www.cnblogs.com/xingkongyihao/p/9489494.html
RMQ+二分查找。dp1为前缀，dp2为后缀，cnt记录1~i的最大值。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int MAX=1e5+10; 4 int dp[MAX][25],a[MAX],cnt[MAX],dp1[MAX],dp2[MAX],q[MAX],t,n,m; 5 void ST() 6 { 7 for(int i=1;i<=n;i++) 8 dp[i][0]=a[i]; 9 for(int j=1;(1<<j)<=n;j++) 10 for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++) 11 dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]); 12 } 13 int rmq(int l,int r) 14 { 15 int k=0; 16 while((1<<(k+1))<=r-l+1) k++; 17 return max(dp[l][k],dp[r-(1<<k)+1][k]); 18 } //RMQ模板 19 int find_pos(int l,int r,int x) //二分查找 20 { 21 int pos=-1; 22 while(l<=r) 23 { 24 int mid=(l+r)>>1; 25 if(rmq(l,mid)>x) 26 { 27 pos=mid; 28 r=mid-1; 29 } 30 else 31 l=mid+1; 32 } 33 return pos; 34 } 35 int main() 36 { 37 scanf("%d",&t); 38 while(t--) 39 { 40 scanf("%d%d",&n,&m); 41 int tmp=0; 42 for(int i=1;i<=n;i++){ 43 scanf("%d",&a[i]); 44 if(tmp<a[i]) 45 { 46 tmp=a[i]; 47 dp1[i]=dp1[i-1]+1; //求前缀 48 } 49 else dp1[i]=dp1[i-1]; 50 cnt[i]=max(a[i],cnt[i-1]); //求最大值 51 } 52 ST(); 53 int tail=0,head=1; 54 for(int i=n;i>=1;i--) //求后缀 55 { 56 while(head<=tail&&q[tail]<=a[i]) tail--; 57 q[++tail]=a[i]; 58 dp2[i]=tail-head+1; 59 } 60 int x,y; 61 while(m--) 62 { 63 scanf("%d%d",&x,&y); 64 int ans=dp1[x-1]; 65 if(y>cnt[x-1]) ans++; 66 y=max(y,cnt[x-1]); 67 int pos=find_pos(x+1,n,y); 68 if(pos!=-1) ans+=dp2[pos]; 69 printf("%d ",ans); 70 } 71 } 72 return 0; 73 }
方法二：参考https://blog.csdn.net/GYH0730/article/details/81783283
利用线段树来查找dp1和dp2，最后加和就是答案
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int MAX=1e5+10; 4 struct node 5 { 6 int l,r; 7 int maxn,pos; 8 #define lson rt << 1 9 #define rson rt << 1 | 1 10 }tree[4*MAX]; 11 int a[MAX],dp1[MAX],dp2[MAX],cur; //cur代表下标 12 void pushUp(int rt) 13 { 14 tree[rt].maxn=max(tree[lson].maxn,tree[rson].maxn); 15 if(tree[lson].maxn>=tree[rson].maxn) tree[rt].pos=tree[lson].pos; 16 else tree[rt].pos=tree[rson].pos; 17 } 18 void build(int rt,int l,int r) 19 { 20 tree[rt].l=l; 21 tree[rt].r=r; 22 if(l==r) 23 { 24 tree[rt].maxn=a[l]; 25 tree[rt].pos=l; 26 return ; 27 } 28 int mid=(l+r)>>1; 29 build(lson,l,mid); 30 build(rson,mid+1,r); 31 pushUp(rt); 32 } 33 void query1(int rt,int l,int r,int val) //寻找后面第一个比val大的下标，即后缀 34 { 35 if(tree[rt].l==tree[rt].r) 36 { 37 if(tree[rt].maxn>val) cur=min(cur,tree[rt].l); 38 return ; 39 } 40 int mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)>>1; 41 if(tree[rt].l>=l&&tree[rt].r<=r) 42 { 43 if(tree[lson].maxn>val) query1(lson,l,mid,val); 44 else if(tree[rson].maxn>val) query1(rson,mid+1,r,val); 45 return; 46 } 47 if(l<=mid) query1(lson,l,r,val); 48 if(r>mid) query1(rson,l,r,val); 49 } 50 void query2(int rt,int l,int r) //寻找前缀 51 { 52 if(tree[rt].l>=l&&tree[rt].r<=r) 53 { 54 if(tree[rt].maxn>a[cur]) cur=tree[rt].pos; 55 return ; 56 } 57 int mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)>>1; 58 if(l<=mid) query2(lson,l,r); 59 if(r>mid) query2(rson,l,r); 60 } 61 int n,m,t; 62 int main() 63 { 64 scanf("%d",&t); 65 while(t--) 66 { 67 memset(dp1,0,sizeof(dp1)); 68 memset(dp2,0,sizeof(dp2));//将dp1和dp2初始化为0 69 scanf("%d%d",&n,&m); 70 int tmp=0; 71 for(int i=1;i<=n;i++) 72 { 73 scanf("%d",&a[i]); 74 if(tmp<a[i]) //寻找前缀 75 { 76 tmp=a[i]; 77 dp1[i]=dp1[i-1]+1; 78 } 79 else 80 dp1[i]=dp1[i-1]; 81 } 82 build(1,1,n); 83 dp2[n]=1; 84 for(int i=n-1;i>=1;i--) //寻找后缀 85 { 86 cur=n+1; 87 query1(1,i+1,n,a[i]); 88 dp2[i]=dp2[cur]+1; 89 } 90 int x,y; 91 while(m--) 92 { 93 scanf("%d%d",&x,&y); 94 int ans=0; 95 cur=0; //寻找前缀，初始化cur=0 96 if(x!=1) query2(1,1,x-1); 97 ans+=dp1[cur]; 98 if(y>a[cur]) ans++; //如果y>a[cur]，ans++ 99 else y=a[cur]; //否则让y等于a[cur] 100 cur=n+1; //寻找后缀，初始化cur=n+1 101 if(x!=n) query1(1,x+1,n,y); 102 ans+=dp2[cur]; 103 printf("%d ",ans); 104 105 } 106 } 107 return 0; 108 }
参考https://blog.csdn.net/luyehao1/article/details/81738825
题意：x1+x2+x3+...+xm=k，其中0<=xi<=n-1，已知n,m,k，求所有可能的情况数。
方程整数解经典问题，用容斥定理进行求解
如果xi无上限，那么用隔板法即可求解，总的方案数是：C(m+k-1,m-1)
本题中的0<=xi<=n-1，所以就会有不合法的xi（xi>=n），我们需要将其变成xi-n。
又根据容斥的性质，奇数个交集乘以-1，偶数个交集乘以1，可以得到式子：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 const int MAX=1e6; 6 const int mod=998244353; 7 ll fac[MAX+10],inv[MAX+10]; //fac阶乘，inv是逆元的阶乘 8 ll qpow(ll x,ll y) 9 { 10 ll ans=1; 11 while(y) 12 { 13 if(y&1) ans=(ans%mod*x%mod)%mod; 14 x=(x%mod*x%mod)%mod; 15 y>>=1; 16 } 17 return ans; 18 } 19 void init() //初始化fac和inv 20 { 21 fac[0]=1; 22 for(ll i=1;i<=MAX+1;i++) 23 fac[i]=(fac[i-1]%mod*i%mod)%mod; 24 inv[MAX+1]=qpow(fac[MAX+1],mod-2); 25 for(ll i=MAX;i>=0;i--) 26 inv[i]=(inv[i+1]%mod*(i+1)%mod)%mod; 27 return ; 28 } 29 ll C(ll x,ll y) //求组合数模板 30 { 31 if(!x&&!y) return 1; 32 if(x<y) return 0; 33 return (fac[x]%mod*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod)%mod; 34 } 35 ll t,n,m,k; 36 int main() 37 { 38 init(); //不要忘记在在主函数中调用初始化函数 39 for(scanf("%lld",&t);t;t--) 40 { 41 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k); 42 ll ans=0; 43 for(ll i=0;i<=min(k/n,m);i++) 44 { 45 if(i%2==0) 46 ans=(ans%mod+C(m+k-1-i*n,m-1)%mod*C(m,i)%mod+mod)%mod; 47 else 48 ans=(ans%mod-C(m+k-1-i*n,m-1)%mod*C(m,i)%mod+mod)%mod; //在有加减的操作中不要忘记再加上mod，否则对答案会产生影响 49 } 50 printf("%lld ",ans); 51 } 52 // cout << "Hello world!" << endl; 53 return 0; 54 }
当h 和w 中有一个是奇数时，构造的方法是显然的。下面仅讨论h 和w 都是偶数的情况。不妨设h ≤ w。
首先，第一行、最后一列中最多只有一个能够匹配，第一列、最后一行也只有一个能够匹配（考虑右上角和左下角的括号选取方法），故答案不会超过w+h−2。
当h = 2 时，每一列可以构造一对匹配，这样答案已经到达上界。
当h = 4 时，可以如下构造：
((((((
)))(((
((()))
))))))
这样答案是w+h−3（即牺牲第一行、第二行和最后一行）。若存在更优的答案，则必有一个边界能够匹配，不妨设是第一列。这样，就已经有除第一行以外的两行（右括号开头的行）不匹配了，而第一行和最后一列中至少有一个不匹配因此最优解不会超过w+h−3。
当h ≥ 6 时，可以如下构造：
((((((((
()()()()
(()()())
()()()()
(()()())
))))))))
答案是w+h−4（即牺牲第一行、最后一行、第一列、最后一列）。同理可证明不存在更优的方法。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 int t,h,w; 5 char mp[300][300]; 6 int main() 7 { 8 for(scanf("%d",&t);t;t--) 9 { 10 memset(mp,0,sizeof(mp)); 11 scanf("%d%d",&h,&w); 12 if(h%2&&w%2) 13 { 14 for(int i=0;i<h;i++) 15 for(int j=0;j<w;j++) 16 mp[i][j]='('; 17 } 18 else if(h%2&&w%2==0) 19 { 20 for(int i=0;i<h;i++) 21 for(int j=0;j<w;j++) 22 mp[i][j]=j%2 ? ')' : '('; 23 } 24 else if(h%2==0&&w%2) 25 { 26 for(int j=0;j<w;j++) 27 for(int i=0;i<h;i++) 28 mp[i][j]=i%2 ? ')' : '('; 29 } 30 else 31 { 32 if(min(h,w)==2) 33 { 34 if(h<=w) 35 for(int i=0;i<w;i++) 36 mp[0][i]='(',mp[1][i]=')'; 37 else 38 for(int i=0;i<h;i++) 39 mp[i][0]='(',mp[i][1]=')'; 40 } 41 else if(min(h,w)==4) 42 { 43 if(h<=w) 44 for(int i=0;i<w;i++) 45 mp[0][i]='(',mp[h-1][i]=')',mp[1][i]=i<w/2 ? ')' : '(',mp[2][i]=i<w/2 ? '(' : ')'; 46 else 47 for(int i=0;i<h;i++) 48 mp[i][0]='(',mp[i][w-1]=')',mp[i][1]=i<h/2 ? ')' : '(',mp[i][2]=i<h/2 ? '(' : ')'; 49 } 50 else 51 { 52 if(h<=w) 53 { 54 for(int j=0;j<w;j++) 55 mp[0][j]='(',mp[h-1][j]=')'; 56 for(int i=1;i<h-1;i++) 57 for(int j=0;j<w;j++) 58 if(i%2) mp[i][j]=j%2 ? ')' : '('; 59 else 60 { 61 if(j==0) mp[i][j]='('; 62 else if(j==w-1) mp[i][j]=')'; 63 else mp[i][j]=j%2 ? '(' : ')'; 64 } 65 } 66 else 67 { 68 for(int i=0;i<h;i++) 69 mp[i][0]='(',mp[i][w-1]=')'; 70 for(int j=1;j<w-1;j++) 71 for(int i=0;i<h;i++) 72 if(j%2) mp[i][j]=i%2 ? ')' : '('; 73 else 74 { 75 if(i==0) mp[i][j]='('; 76 else if(i==h-1) mp[i][j]=')'; 77 else mp[i][j]=i%2 ? '(' : ')'; 78 } 79 } 80 } 81 } 82 for(int i=0;i<h;i++) 83 { 84 for(int j=0;j<w;j++) 85 printf("%c",mp[i][j]); 86 printf(" "); 87 } 88 } 89 // cout << "Hello world!" << endl; 90 return 0; 91 }