hello~偶又來啦，為啥要乙個題乙個題的發呢，是因為每個題目的題型不一樣呀,我要把他們分類，於是我就一篇一篇的發啦
這是一道dp題（我好像首次寫dp的部落格欸=-=不行，我要再接再厲ovo）
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題目的大概意思就是後台judge機制，有效的提交是這麼說=-=有ac，還有wa啦啥啥啥的，首先給你乙個數x，這個數是你提交wa之後隊友喊的次數，然後ac後你的隊友也會喊。然後給乙個數q，有q次查詢，接下來q行每行包括兩個數， l 和 r 代表乙個區間（閉區間）代表你隊友喊得次數，問這個閉區間中你隊友有多少種喊的可能。=-=（看到這裡就是乙個字首和問題，準備好了）
這個題目還有乙個前提條件：如果你的隊伍已經wa過一次了，那麼下一次絕對是ac。（心裡默默碼文：這只隊伍還挺牛=-=）
dp題最需要明白的是自己設定dp陣列的含義是什麼，初始化啊，轉移方程啊之類的。
我們考慮第i個題的狀態，有兩種狀態，一種是ac，一種是wa。奠定了我們dp是二維。假設dp[i][0]是指由dp[i - 1][0]ac過來的方案數，dp[i][1]是指由i - x時wa過來的方案數，因為到了i是wa過來的，所以i - x一定是ac狀態。好啦，我們的轉移方程出來啦~
dp[i][0] = dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1]
dp[i][1] = dp[i - x][0]
然後初始化呢就是~
dp[0][0] = 1(假定從零開始ac的狀態是1）
dp[0][1] = 0(不可能還沒開始就wa了把=-=，所以是0）
然後我們考慮到有多次查詢，不如預處理一下，然後求的是區間和問題，用字首和來處理一下，方便起見，我們直接把dp[i][2]當作字首和把=-=
然後初始話dp[i][2] = 1,一種情況（因為要跟上面的假定匹配嘛~）
然後最後查詢一次就輸出一次，輸出區間和就是dp[r][2] - dp[l - 1][2]就是我們的答案啦。
然後題目要求對mod求餘，我們求字首和的時候求餘一下，然後計算結果的時候也需要求餘，(dp[r][2] - dp[l - 1][2]) % mod，這個地方可能為負數，然後再做一次操作就是：（(dp[r][2] - dp[l - 1][2]) % mod + mod）% mod
這樣啦~
又到上**環節啦~
#include
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
const
int n =
1e5+10;
const
int mod =
1e9+7;
ll dp[n][3
];int x;
int q;
int l, r;
intmain()
} dp[0]
[2]=
1;for(
int i =
1; i < n; i++
)while
(q--
)return0;
}
2020牛客寒假演算法基礎集訓營
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h題 突然發現h題可以用好多種方法做的。方法一 雙指標,維護乙個修改次數小於等於k的區間 include using namespace std typedef long long ll const int mod 1e9 7 const int n 1e5 5 const int inf 0x3f...