标签：isp for prefix ret one 正整数 shu clr round
给一个n*m的矩阵a，a[i][j]在1到16之间。现在要构造矩阵b，需要满足如下条件：
1.b[i][j]在1到1e6之间
2.b[i][j]是a[i][j]的倍数
3.对于矩阵中任意相邻的两个数，要求存在正整数k，他们的差值绝对值等于k的四次方，不要求所有对的k都相同
构造神仙题，乍一看不可做。。
考虑第二个条件，由于a最多到16，发现1到16所有数的最小公倍数是$720720$！小于1e6。
在考虑第三个条件，可以对b矩阵黑白染色，黑点构造成$720720+a[i][j]^{4}$，白点是$720720$
矩阵问题不仅可以建边跑图论，还可以染色处理
1 const int N1=505; const int maxn=720720; 2 3 int n,m; 4 int a[N1][N1],b[N1][N1]; 5 6 int main() 7 { 8 freopen("a.in","r",stdin); 9 scanf("%d%d",&n,&m); 10 for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&a[i][j]); 11 for(int i=1;i<=n;i++,puts("")) for(int j=1;j<=m;j++) 12 { 13 if((i+j)%2==0){ 14 b[i][j]=maxn; 15 }else{ 16 b[i][j]=maxn+a[i][j]*a[i][j]*a[i][j]*a[i][j]; 17 } 18 printf("%d ",b[i][j]); 19 } 20 return 0; 21 }
给定数组b，现在求有多少满足如下条件的a数组：
$b[i]=a[i]$或$b[i]=\sum_{j=1}^{i}a[j]$
考场上最后一分钟调出来了，结果我非得给数组多按个0然后CE（MLE）了。。不然就不会掉分了
发现第二个条件是前缀和比较特殊，并且第一个条件不影响答案
考虑DP选择第二个条件的位置
定义f[i]表示i位置满足第二个条件且不满足第一个条件时的方案数
不满足第一个条件时$b[i]\ne a[i]$，计算可得$sum[i-1]-sum[j-1]\ne 0$
$f[i]=\sum_{j=1}^{i-1}f[j](sum[i-1]\ne sum[j-1])$
线段树优化DP就好了！又由于sum值域较大且可能为负，动态开点+整体往右挪
1 const int N1=200005; const int inf=0x3f3f3f3f; 2 const ll maxn=1e15; 3 const int p=1000000007; 4 5 int T,n; 6 int a[N1],b[N1]; 7 ll f[N1]; 8 struct SEG{ 9 ll sum[N1*65]; int ls[N1*65],rs[N1*65],tot; 10 void pushup(int rt){ sum[rt]=(sum[ls[rt]]+sum[rs[rt]])%p; } 11 void upd(ll x,ll l,ll r,int &rt,ll w) 12 { 13 if(!rt) rt=++tot; 14 if(l==r){ (sum[rt]+=w)%=p; return; } 15 ll mid=(l+r)>>1; 16 if(x<=mid) upd(x,l,mid,ls[rt],w); 17 else upd(x,mid+1,r,rs[rt],w); 18 pushup(rt); 19 } 20 ll query(ll L,ll R,ll l,ll r,int rt) 21 { 22 if(!rt) return 0; 23 if(L<=l&&r<=R) return sum[rt]; 24 ll mid=(l+r)>>1; ll ans=0; 25 if(L<=mid) ans+=query(L,R,l,mid,ls[rt]); 26 if(R>mid) ans+=query(L,R,mid+1,r,rs[rt]); 27 ans%=p; 28 return ans; 29 } 30 void clr() 31 { 32 while(tot) sum[tot]=0, ls[tot]=rs[tot]=0, tot--; 33 } 34 }s; 35 ll sum[N1]; 36 37 int main() 38 { 39 scanf("%d",&T); 40 ll ans=0,mi=maxn,ma=-maxn; 41 while(T--) 42 { 43 scanf("%d",&n); 44 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]), sum[i]=sum[i-1]+b[i], mi=min(mi,sum[i]), ma=max(ma,sum[i]); 45 ll ans=1; f[1]=0; int root=0; 46 for(int i=2;i<=n;i++) 47 { 48 // f[i]=1; 49 if(sum[i-1]!=0) f[i]=1; else f[i]=0; 50 // for(int j=1;j<i;j++) if(sum[i-1]!=sum[j-1]) 51 // (f[i]+=f[j])%=p; 52 if(mi<sum[i-1]) (f[i]+=s.query(mi+maxn,sum[i-1]+maxn-1,mi+maxn,ma+maxn,root)); 53 if(sum[i-1]<ma) (f[i]+=s.query(sum[i-1]+maxn+1,ma+maxn,mi+maxn,ma+maxn,root)); 54 f[i]%=p; 55 s.upd(sum[i-1]+maxn,mi+maxn,ma+maxn,root,1ll*f[i]); 56 (ans+=f[i])%=p; 57 } 58 printf("%lld\n",ans); 59 s.clr(); 60 } 61 return 0; 62 }
标签：isp for prefix ret one 正整数 shu clr round
原文地址：https://www.cnblogs.com/guapisolo/p/14399910.html
