Wannafly模擬賽4 題解

fst是一名可憐的小朋友，他很強，但是經常fst，所以rating一直低迷。

但是重點在於，他非常適合acm！並在最近的區域賽中獲得了不錯的成績。

拿到獎金後fst決定買一台新筆記本，但是fst發現，在**能承受的範圍內，筆記本的記憶體和速度是不可兼得的。

可是，有一些筆記本是被另外一些「完虐」的，也就是記憶體和速度都不高於另外某乙個筆記本，現在fst想統計一下有多少筆記本被「完虐」。

解法：很老的題了，一維排序，二維bit，不過要離散化一發。

#include using namespace std;
const int maxn = 100010;
int n, ans=0, c[maxn];
typedef pairpii;
pii node[maxn];
vector v;
int getid(int x)
int lowbit(int x)
void update(int x)
return ret;
}int main()
return 0*printf("%d\n",ans);
}

b：fst作為小朋友，經常會遇到和距離有關的問題，但是他已經厭倦了曼哈頓距離和歐幾里德距離，所以fst就定義了一種fst距離。

這種距離並不用於空間或平面中，而運用於fst發明的一些神奇的演算法中（唔... ...）。

設i號元素的特徵值為ai，則i和j的fst距離是 |i2 - j2|+|ai

2 - aj

2|。為了實現某新的資料結構，fst想在一大堆元素中找出距離最大的一對元素，他不關心是哪一對元素，只想求出最大距離。

解法：假設i>j，因為(i,j哪個大不影響),然後對於a【i】和a【j】討論一下，就可以知道維護i*i+a[i]*a[i]和i*i-a[i]*a[i]就好了。

#include using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
typedef long long ll;
int n;
ll a[maxn], mx1[maxn], mx2[maxn];
int main()

c:考慮維護乙個這樣的問題：

（1）給出乙個陣列a，標號為1~n

（2）修改陣列中的乙個位置。

（3）詢問區間[l,r]中所有子集的位運算and之和mod(109+7)。

位運算and即為「pascal中的and」和「c/c++中的&」

我們定義集合s=

若集合t，t ∩ s = t，則稱t為s的子集

設f（t）=at1 and at2 and ... and atk (設k為t集大小，若k=0則f(t)=0)

所有子集的位運算and之和即為∑f(t)

那麼，現在問題來了。

解法：仔細想一想就知道&運算只要有乙個0，這個子集這個位的貢獻就是0，所以只要統計，一段區間中這個位的1的個數就可以了。

#include using namespace std;
const int maxn = 2e5+10;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
struct nodetree[maxn*4];
void build(int l,int r,int rt)
return;
}int mid=(l+r)/2;
build(l,mid,rt*2);
build(mid+1,r,rt*2+1);
for(int i=0; i<=32; i++) tree[rt].a[i]=tree[rt*2].a[i]+tree[rt*2+1].a[i];
}void update(int pos, int val, int l, int r, int rt)
return;
}int mid=(l+r)/2;
if(pos<=mid) update(pos,val,l,mid,rt*2);
else update(pos,val,mid+1,r,rt*2+1);
for(int i=0; i<=32; i++) tree[rt].a[i]=tree[rt*2].a[i]+tree[rt*2+1].a[i];
}node query(int l,int r,int l,int r,int rt)
ll b[maxn];
int main()node[maxn*4];
int sz;
void init()
}return 13;
}}tree;
char s[maxn];
int main()
else
}}int main()
n%=mi[i];
}ans += num[0][tmp];
printf("%lld\n", ans);
}return 0;
}

f：fst的腦洞非常大，經常幻想出一些奇怪的東西。

某一天，fst幻想出了一棵沒有邊際的二叉樹，腦補著在那棵二叉樹上行走的場景。

fst一開始在二叉樹的根，然後fst寫下了乙個由『l』『r』兩種種字元構成的串，他稱這個串為初始串，按照這個串的順序，碰到乙個『l』就移動到左兒子，碰到乙個『r』就移動到右兒子。fst最後的位置就是他的起點。

然後fst有寫下乙個串，他稱這個串為操作串，由『u』『l』『r』三種字元構成，『u』表示移動到當前點的父親（特殊地，我們定義根節點的父親為根自己）,『l』『r』同上。

但是fst覺得直接按照操作串一步一步走十分無聊，所以fst會跳過一些操作（心情不好的時候也可能跳過所有操作，或不跳過），現在fst想知道他會走到多少種可能的終點。

由於答案可能很大，所以只需輸出答案mod (109+7)的值。

解法：演算法一：構樹 30%

我們可以用某種方式把樹構出來，然後枚舉子序列在樹上遍歷。

表示出來的樹的大小不會超過 220

。演算法二：構一部分樹 50%

因為在樹上遍歷的範圍只和操作串有關，所以構樹時深度只要保留 10 層就行了。

演算法三：特殊點討論 70%

操作沒有 u，也就是只會往下走，那麼我們可以 dp

狀態有 4 種，沒有去過左兒子的點的個數，沒有去過右兒子的點的個數，左右兒

子都沒去過的點的個數，左右兒子都去過的點的個數。

轉移根據這個狀態定義應該顯然。

演算法四： 100%

對於 u 操作，我們只需做一些小修改。

因為 lr操作會和 u 操作抵消，所以我們的實際操作時的使用序列一定是這樣的：

uu…uuulrllrlrlrllrl…….

也就是 u 操作只會被用在開頭，那麼處於這個性質，我們可以對初始串（起點）維護乙個棧（維護 lr 方向），那麼每次遇到 u 操作就取出棧頂，判斷需要加入哪種新點。

更簡單的理解就是，因為可以跳過點，所以每個能走到的點都可以是終點，所以把它們都塗黑。這樣，有新操作的時候，就把它們的左/右兒子也塗黑就行（不用建樹，dp就行，見**）；而對於找父親的操作，因為下面的點都是由父親走到的，所以只用關心最上面的那個點還有沒有父親，可不可以更新（見**）。

#include using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn=1e5+5,mod=1e9+7;

int n,m;

char t[maxn];

ll ans,f[4];

//f[1]表示只走過左兒子的點的個數，f[2]表示只走過右兒子的點的個數；

// f[0]表示兩個兒子都沒走過的點的個數，f[3]表示兩個兒子都走過的點的個數；

char s1[maxn],s2[maxn];

int main(){

scanf("%s", s1);

int len1 = strlen(s1);

for(int i=0; i

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