牛客提高訓練營2B 分糖果

題目

發現自己一年之前非常垃圾

題目大意是給你乙個\(n\)個點的環，給每個點乙個\([1,a_i]\)的取值，並且滿足環上任意相連兩點權值不能相等，求方案數

考慮斷環為鏈，發現不大會

不妨考慮所有\(a_i\)均相等的情況，設\(m=a_i\)

對於第乙個點，有\(m\)種選擇，其後每乙個點的取值都不能和上乙個相等，即\(m-1\)種選擇，於是整個環就是\(m(m-1)^\)

嗎？顯然不是，這樣我們不能保證\(1\)號點和\(n\)號點的取值不相等。設\(f_i\)表示\(1\)號點恰好和\(n-i+1\)到\(n\)號點取值相等的情況，我們算的\(m(m-1)^\)其實等於\(f_0+f_1\)

考慮如何消掉\(f_1\)，我們可以強行將\(n\)和\(1\)取值相同，其餘點還是不能和前乙個點取值相等，方案數是\(m(m-1)^=f_1+f_2\)；更一般的\(m(m-1)^=f_+f_i\)，但是有乙個特殊情況，即\(m(m-1)=f_\)，即讓\(3\)號點到\(n\)號點都和\(1\)號點取值相等，這樣\(2\)號點和\(1\)不相同自然就不會和後面的點相同。

我們要求的是\(f_0\)，我們發現\(f_0+f_1-(f_1+f_2)+f_2+f_3-....-f_+f_=f_0\)，即我們配乙個\(-1\)的容斥係數即能求出\(f_0\)。

於是我們利用這個容斥就能斷環為鏈，所以我們來考慮更一般的鏈上問題，即\(a_i\)不同的情況。

有乙個顯然的暴力\(dp\)，設\(dp_\)表示第\(i\)個點取值為\(j\)的方案數，\(s_i=\sum_^dp_\)，轉移顯然有\(dp_=s_-dp_\)

由於我們的容斥本質上是使得最後連續的一段和\(1\)取值相等，這一段連續的取值受限於這一段中\(a_i\)的最小值，於是我們不妨選乙個\(a_i\)最小的點作為一號點，這樣每次\(dp\)的初值就不會改變，只需做一次\(dp\)即可。

考慮優化這個\(dp\)

當\(a_i>a_\)的時候，對於\(\forall j\in [1,a_]\)有\(dp_=s_-dp_\)；當\(j>a_\)的時候，由於\(dp_=0\)，所以對於\(j\in(a_,a_i]\)有\(dp_=s_\)

當\(a_的時候，對於\(\forall j\in [1,a_]\)有\(dp_=s_-dp_\)；當\(j>a_i\)的時候，則有\(dp_=0\)

不難發現這幾個轉移我們只需要乙個能夠支援區間取反、區間加以及區間覆蓋的資料結構就能維護，於是直接使用線段樹來整體dp即可。

由於\(a_i\)比較大，所以得動態開點，複雜度是\(o(n\log a_i)\)只能有\(80pts\)

#include#define re register
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#pragma gcc optimize(3)
#pragma gcc optimize("-fcse-skip-blocks")
inline int read() 
const int mod=1e9+7;
const int m=7e7+5;
const int maxn=1e6+5;
int n,a[maxn],f[maxn],b[maxn],pos,mx,rt;
inline int qm(int x) 
int l[m],r[m],gt[m],jt[m],sum[m],cnt;
bool ft[m];
inline void pushdown(int now,int lx,int ry) 
if(ft[now]) 
if(jt[now]) 
}int gan(int now,int x,int y,int lx,int ry,int v) 
pushdown(now,lx,ry);
int mid=lx+ry>>1;
if(x<=mid) l[now]=gan(l[now],x,y,lx,mid,v);
if(y>mid) r[now]=gan(r[now],x,y,mid+1,ry,v);
sum[now]=qm(sum[l[now]]+sum[r[now]]);
return now;
}int jia(int now,int x,int y,int lx,int ry,int v)  
pushdown(now,lx,ry);
int mid=lx+ry>>1;
if(x<=mid) l[now]=jia(l[now],x,y,lx,mid,v);
if(y>mid) r[now]=jia(r[now],x,y,mid+1,ry,v);
sum[now]=qm(sum[l[now]]+sum[r[now]]);
return now;
}int qufan(int now,int x,int y,int lx,int ry) 
pushdown(now,lx,ry);
int mid=lx+ry>>1;
if(x<=mid) l[now]=qufan(l[now],x,y,lx,mid);
if(y>mid) r[now]=qufan(r[now],x,y,mid+1,ry);
sum[now]=qm(sum[l[now]]+sum[r[now]]);
return now;
}int main() 
for(re int i=1;i<=n;i++) mx=max(mx,a[i]);
f[1]=b[1];rt=gan(rt,1,b[1],1,mx,1);
for(re int i=2;i<=n;++i)

正解也就是容斥+dp，但是容斥方法好像不太一樣，就直接丟鏈跑了

正解

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