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4題 rank1985

都是很水的題。 cout << 000輸出0，而cout<<"000"才輸出000,因為這個wa6次要被笑(打)死。

判定括號序列合法性：每乙個字首和不小於0，同時最後乙個字首和等於0.線段樹更新即可.新技能get.

#include using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int minz[maxn*4],tg[maxn*4],maxz[maxn*4],tg2[maxn*4];
char s[maxn];
inline int ls(int x)
inline int rs(int x)
void pushdown(int rt)
void pushdown2(int rt)
int upd(int il,int ir,int d,int rt,int l,int r)
pushdown(rt);
int mid=(l+r)>>1;
return minz[rt]=min(upd(il,ir,d,ls(rt),l,mid),upd(il,ir,d,rs(rt),mid+1,r));
}int ask(int il,int ir,int rt,int l,int r)
int upd2(int il,int ir,int d,int rt,int l,int r)
pushdown2(rt);
int mid=(l+r)>>1;
return maxz[rt]=max(upd2(il,ir,d,ls(rt),l,mid),upd2(il,ir,d,rs(rt),mid+1,r));
}int ask2(int il,int ir,int rt,int l,int r)
int st[maxn];
int main()
else if(s[i]=='(') 
else 
}		else if(s[i]==')')
else 
}		else
else 
}		if(ask(1,n,1,1,n)>=0&&ask(n,n,1,1,n)==0)
else printf("-1 ");
}	return 0;
}

4題 rank 252

單調棧正反掃一遍，找每個數左邊和右邊第乙個比它大的數的位置，位置之差等於它本身則成立，否則不成立。

似乎有更簡單的做法。。懶得看了

#include using namespace std;
char ans[200005];
int a[200005];
int stk[200005],id[200005];
int l[200005],r[200005],pos[200005];
int main()
return res%mod;
}int p[200005];
int dp[200005];
int main()
cout << dp[n+1];
return 0;
}

3題rk891

memcmp函式返回值：相等為0，小於時小於0，大於時大於0

猜想：對於\(1\)到\(n\)的和\(\frac\),對於任意\(0\leq s \leq \frac\),總能找到\(1\)到\(n\)的子集，使其元素和為\(s\).

證明：\(s\)有兩種情況：1）小於等於\(n\)，問題解決；2）大於\(n\)，則將\(s\)減去\(n\),此時\(s\)小於等於\(1\)到n-1的和，問題轉化為1到n-1的情況；如此遞迴下去，得證。

列舉左邊，判斷右邊，map維護

左端點排序，掃瞄線從左到右即可。

不會t的理由是並查集至多合併\(n\)次就一定可以break出來

#include using namespace std;
struct nodep[500005];
int id[1000005];
setsr;
int fa[500005];
int find(int x)
bool cmp(node x,node y)
else break;
}		for(int j=0;j*it)
else break;
if(!f)
}		if(!f)
sr.insert(p[i].r);
}	int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++) if(find(i)==i) cnt++;
if(cnt>1) ff=false;
if(ff) cout << "yes\n";
else cout << "no\n";
return 0;
}

\(dp1[i][j]\)表示a陣列第i位為j有多少種，\(dp2[i][j]\)表示b陣列。。。這麼簡單怎麼就想不出來

顯然是二分答案。judge應該狀態壓縮，將每一行壓縮為乙個數，數字為1表示這一位大於等於x,否則為0，那麼只要存在兩行i,j其\(num(i)|num(j)==2^-1\)即可。而狀態數至多\(2^m\)個。

這一題極其重要。

首先應該快速反應過來最小值不是i就是1

考慮最大值：考慮任何乙個朋友x，假設他在一段區間內都沒有被移到隊首，考察其他朋友對他的影響：假設朋友i在他右邊並被移到隊首，那麼x的位置加一，而在這之後朋友i的移動都不會對x產生任何影響，因而可以知道x在這段區間內向右移動次數為這段區間內不同朋友的個數。這可以用主席樹完成。而x沒有被操作的區間顯然就是它相鄰兩次被操作的區間。不過從一開始到x被操作的區間需要求比他大的不同朋友個數，這可以用bit實時更新來求出來。所有區間取max即可。

主席樹任何一次單點更新都將產生一棵新樹，不可直接在原樹上修改！！

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