承蒙大脸skyh的毒奶，加之以被kx和Parisb以及板儿逼剥夺了一中午的睡眠（其实还有半个晚上）
RP守恒终于失效了，连续两场没考好
RP也是不够了，竟然考原题，而且还不换题，连样例都一模一样只不过加强了数据范围
关键是当时没有几个人学了回滚莫队，学长也没讲我就没学。。。
后悔。。。但的确就是不会，能有什么办法呢？
话说回滚莫队真的是联赛知识点吗？那我真的是太菜了。。。
T1比较简单。至少我比较擅长。因为实在是困所以弄了半天没用的东西，用了40分钟才A（居然是首杀？？？）
然后继续懵逼，困的不行，就没好好看T2的题，然后就WA0了。（然后也没有再回头看它一眼。。。）
看T3，啊，没做过的原题，好像是个我没学过的知识点，反正莫队就是了。
可以set做，也可以线段树带修山海经，都是一个log。
然后想用莫队+STL::set水过50分，结果发现不开O2，30000的随机数据跑了16s。开O2要7s。
然后说是一直在卡常，但是主要是在挂机（想睡觉，想晚上回宿舍，想晚上又要被多数人的暴政。。。）
花了一个多小时优化到3.8s，反正还是过不去。
剩下没多少时间打了一个线段树，没想到它竟然那么好调。。。
30000的点1.2s就过了，心里稍稳。
然后就150分扑街了。然后终于可以宿舍了啊哈哈哈虽说两点左右才睡着困死我啦啊啊啊
读题，读题，读题。看清表达式，不要想当然。
卡常时尽量避免使用STL。理论复杂度相同但是常数是真的大。
手写max和min很有必要。
把分号换成逗号的确可以加速。
要抓住一切学知识点的机会，不一定什么时候就会考。
T1：chess
一看，这个数据范围当然$O(n^3 log m)$矩阵快速幂啊。
结果发现不可做。
但是其实比较显然的是第i列和第i+n列完全一样。所以你只要考虑前n列是怎么放的就好了。
快速幂使用的是多次完全相同的值，要预处理。
1 #include<cstdio> 2 #define mod 1000000007 3 #define int long long 4 int dp[101][10001],C[101][101],n,m,c,pw1[101],pw2[101]; 5 int Mod(int p){return p>=mod?p-mod:p;} 6 int pow(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 main(){ 8 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&c); 9 if(c>n*n/2)c=n*n-c; 10 if(m<n){puts("0");return 0;} 11 for(int i=0;i<=100;++i)C[i][0]=1; 12 dp[0][0]=1; 13 for(int i=1;i<=100;++i)for(int j=1;j<=i;++j)C[i][j]=Mod(C[i-1][j-1]+C[i-1][j]); 14 for(int i=0;i<=100;++i)pw1[i]=pow(C[n][i],m/n+1); 15 for(int i=0;i<=100;++i)pw2[i]=pow(C[n][i],m/n); 16 for(int i=1;i<=m%n;++i)for(int j=0;j<=(i-1)*n&&j<=c;++j)for(int k=0;k<=n&&j+k<=c;++k) 17 dp[i][j+k]=(dp[i][j+k]+dp[i-1][j]*pw1[k])%mod; 18 for(int i=m%n+1;i<=n;++i)for(int j=0;j<=(i-1)*n&&j<=c;++j)for(int k=0;k<=n&&j+k<=c;++k) 19 dp[i][j+k]=(dp[i][j+k]+dp[i-1][j]*pw2[k])%mod; 20 printf("%lld\n",dp[n][c]); 21 }
思路积累：
- 多次使用的值要预处理
- 要考虑哪些情况是完全一致的
T2：array
不好做。题意是选出一个最长的区间，使左端点为最小值，右端点为最大值。
扫一边，单调栈维护最大值，同时维护一下栈顶到次栈顶之间出现过的最小值的位置，弹栈时更新答案并继承最小值。
其实这个做法很精妙，值得研究一下。
1 #include<cstdio> 2 inline int max(int a,int b){return a>b?a:b;} 3 inline int read(){ 4 register char ch=getchar();register int p=0; 5 while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar(); 6 while(ch>='0'&&ch<='9')p=(p<<3)+(p<<1)+ch-48,ch=getchar(); 7 return p; 8 } 9 int n,a[10000005],sta[10000005],mnp[10000005],top,ans; 10 int main(){ 11 n=read();a[0]=1000000005; 12 for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(); 13 for(int i=n;~i;--i){ 14 while(top&&a[sta[top]]<=a[i]){ 15 ans=max(ans,sta[top]-mnp[top]+1); 16 if(a[mnp[top]]<=a[mnp[top-1]])mnp[top-1]=mnp[top]; 17 top--; 18 } 19 sta[++top]=i;mnp[top]=i;if(a[i]<=a[mnp[top-1]])mnp[top-1]=i; 20 } 21 printf("%d\n",ans); 22 }
思路积累：
- 在单调栈维护最大值时记录并更新其它区间内的变量
T3：ants
回滚莫队板子题，加一个链表即可。
回滚莫队就是只支持加入或只支持删除的莫队。
这道题如果只支持加入的话，那么单此扩展就是$O(1)$的了，拿类似链表的东西维护一下区间的另一个端点合并即可。
回滚莫队的基本思路就是首先按照左端点在的块为第一关键字，右端点为第二关键字排序。
如果一个询问的两个端点在同一个块里，暴力干它$O(\sqrt{n})$
然后我们把当前处理的区间左端点放在当前块的最右边+1的位置，右端点放在当前块最右端，现在是一个空区间。
然后这个块里的所有询问的右端点已经按照右端点严格排序了，不断向右扩展。
扩展之后右端点已经到了，但是左端点还没有动。
左端点并不单调，所以在修改之后需要还原，所以我们开一个栈，每次修改的时候记下来修改之前的值。
这个询问处理完之后把栈弹干净，这样左端点就又还原到所在块的最右端+1了。
对于每一个询问，左端点最多移动$O(\sqrt{n})$次，一共是$O(q\sqrt{n})$
对于每一个块，右端点因为单调所以最多完整的扫一遍，一共是$O(n\sqrt{n})$
所以当nq同级时，复杂度就是$O(n\sqrt{n})$
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 using namespace std; 5 struct qs{ 6 int l,r,id; 7 friend bool operator<(qs a,qs b){return a.l/400!=b.l/400?a.l/400<b.l/400:a.r<b.r;} 8 }q[100005]; 9 int a[100005],n,Q,s[100005],ANS[100005]; 10 int pos[100005],rs[100005],wans[100005],top; 11 int main(){ 12 scanf("%d%d",&n,&Q); 13 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]); 14 for(int i=1;i<=Q;++i)scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].id=i; 15 sort(q+1,q+1+Q);q[0].l=-10000; 16 int L,R,ans; 17 for(int i=1;i<=Q;++i){//printf("%d %d\n",q[i].l,q[i].r); 18 L=min(q[i].l/400*400+400,n+1); 19 if(q[i].l/400!=q[i-1].l/400){ 20 R=L-1;ans=0;top=0; 21 for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=0; 22 } 23 while(top)s[pos[top]]=rs[top],ans=wans[top],top--; 24 if(q[i].l/400==q[i].r/400){ 25 for(int j=q[i].l;j<=q[i].r;++j){ 26 int x2=s[a[j]+1],x1=s[a[j]-1]; 27 x2=x2?x2:a[j];x1=x1?x1:a[j]; 28 pos[++top]=x1;rs[top]=s[x1];wans[top]=ans; 29 pos[++top]=x2;rs[top]=s[x2];wans[top]=ans; 30 s[x1]=x2;s[x2]=x1;ans=max(ans,x2-x1+1); 31 } 32 ANS[q[i].id]=ans;continue; 33 } 34 //printf("now:%d %d\n",L,R); 35 while(R<q[i].r){ 36 ++R; 37 int x2=s[a[R]+1],x1=s[a[R]-1];//printf("++ %d %d %d\n",R,x1,x2); 38 x2=x2?x2:a[R];x1=x1?x1:a[R]; 39 s[x1]=x2;s[x2]=x1;ans=max(ans,x2-x1+1); 40 } 41 while(L>q[i].l){ 42 --L; 43 int x2=s[a[L]+1],x1=s[a[L]-1];//printf("-- %d %d %d\n",L,x1,x2); 44 x2=x2?x2:a[L];x1=x1?x1:a[L]; 45 pos[++top]=x1;rs[top]=s[x1];wans[top]=ans; 46 pos[++top]=x2;rs[top]=s[x2];wans[top]=ans; 47 s[x1]=x2;s[x2]=x1;ans=max(ans,x2-x1+1); 48 } 49 ANS[q[i].id]=ans; 50 } 51 for(int i=1;i<=Q;++i)printf("%d\n",ANS[i]); 52 }
另外也刚刚学会了普通莫队的奇偶性优化，原来都没听说过，我好菜啊。。。