连续子…C

子串为从原字符串中连续的选择一段字符可以全选、可以不选得到的新字符串。

输入描述

??1??0?0???????0?1??00?1???1??0?11??1011001???00??输出

421772709说明

s分别为0001、0101、1001、1101。

限制于篇幅我们在此仅详细展开讨论

0001

res1;while(b){if(b1)resres*a%mod;aa*a%mod;b/2;}return

res;

s;if(n1){if(s[1]!?)cout1\n;else

cout2\n;}else{int

ansqpow(2,cnt);if(s[1]s[n]){if(s[1]!?)ansans*(n-2)%mod;else

if(s[1]!?

t;cint;while(t--)solve();return

Tokitsukaze

val(a)∑i2n​∣ai−1​−ai​∣Tokitsukaze

想知道

链接https://ac.nowcoder.com/discuss/1454104

来源牛客网

求完分子就做完了。

由于每次需要求一下分母的逆元所以时间复杂度为

log

resres*a%mod;aa*a%mod;b1;}return

res;

1LL*(n-1)*n%mod*(n1)%mod*inv3%mod;

cal2(int

res0;res1LL*(l2r2)*(r2-l21)/2%mod*(r1-l11);res-1LL*(l1r1)*(r1-l11)/2%mod*(r2-l21);res%mod;if(res0)

return

{if(l1l2){swap(l1,l2);swap(r1,r2);}int

x,y;xmax(l1,l2);ymin(r1,r2);if(xy)

return

res0;rescal2(l1,x-1,l2,r2);rescal2(x,y,y1,max(r1,r2));rescal3(x,y);return

res%mod;

ans,fz,fm;scanf(%d,t);while(t--){scanf(%d,n);for(i1;in;i)

scanf(%d%d,l[i],r[i]);ans0;for(i2;in;i){fzcal(l[i-1],r[i-1],l[i],r[i]);fm1LL*(r[i-1]-l[i-1]1)*(r[i]-l[i]1)%mod;ans(ansfz*inv(fm))%mod;}printf(%lld\n,ans);}return

Tokitsukaze

n,p,k(2≤n≤2×105;1≤p≤109;1≤k≤2×105)

个整数

版本与序列顺序无关所以可以先对序列进行排序sort然后二分答案后用双指针数一下有多少对大于等于答案。

求出第

时间复杂度

代码链接https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId75401127

Solution

我们可以构造一种方案使得堆内必定存在当前的最大值。

这样只要从堆中弹出

a_i

代码链接https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId75401133

#includebits/stdc.h

ans.push_back(r);sort(ans.begin(),

ans.end(),

{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);

cout.tie(0);int

在初代《星际争霸》中神族的仲裁者有“recall”技能可将一定范围的我方部队从地图任意地点传送到仲裁者所在位置且仲裁者可部署在任意敌方区域上空能使用任意次该技能。

Tokitsukaze

条双向道路连接不同区域。

我方部队可在已占领区域随意移动但无法穿过敌方占领区域不过可通过在目标区域部署仲裁者使用“recall”技能将部队传送过去。

Tokitsukaze

个仲裁者想合理部署以尽可能多地占领敌方区域。

要求输出最多能占领的敌方区域数量以及按占领顺序输出区域编号若有多种方案输出字典序最小的那种。

字典序规则数组

n,m,k(1≤k≤n≤2×105;0≤m≤min{2n×(n−1)​,5×105})

行输入两个整数

vi​。

保证不存在重复道路即每两块区域之间最多只有一条道路直接连接。

2\times

题目要求访问到的点数最多并且访问顺序的字典序最小。

可以分两步解决先求出能访问到的最多点数再考虑访问顺序的字典序最小。

求出每个连通块有多少个点并按点的数量从大到小排序。

优先选择点数前

考虑字典序最小

选择连通块时如果两个连通块的点数相同但只能选一个设连通块内编号最小的节点的编号为

mn在排序时优先选择

小的那个连通块。

统计连通块信息统计连通块内节点个数与最小编号可以建图后使用深度优先搜索dfs或者并查集实现。

维护可访问节点为了使字典序最小用一个优先队列来维护所有可访问的节点每次弹出最小编号。

部署仲裁者因为要求访问顺序字典序最小所以仲裁者肯定会被部署在一个连通块的编号最小的节点上即部署在连通块的

k0并且存在编号比队列弹出来的编号更小的节点那么直接在那个节点上部署是更优的。

复杂度分析

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId75401084

#includebits/stdc.h

ver[2000005],Next[2000005],head[2000005],tot;

int

fa[2000005],sz[2000005],minn[2000005];

int

{ver[tot]y,Next[tot]head[x],head[x]tot;

int

t1find(x),t2find(y);if(t1!t2){fa[t2]t1;sz[t1]sz[t2];minn[t1]min(minn[t1],minn[t2]);}

signed

i1;in;i){fa[i]i;sz[i]1;minn[i]i;}for(int

i1;im;i){int

x,y;cinxy;add(x,y);add(y,x);merge(x,y);}int

i1;in;i){if(!mp[find(i)]){t[cnt].mnminn[find(i)];t[cnt].szsz[find(i)];mp[find(i)]1;}}sort(t1,tcnt1,cmp);priority_queueintq;mapint,intv;for(int

i1;imin(k,cnt);i){sumt[i].sz;q.push(-t[i].mn);v[t[i].mn]1;}if(kcnt)k-cnt;elsek0;int

u-q.top();q.pop();ans[num]u;for(int

yver[i];if(!v[y]){q.push(-y);v[y]1;}}if(k){int

p-q.top();if(p!u1){v[u1]1;q.push(-u-1);k--;}}}coutsumendl;for(int

;}coutendl;for(int

i0;in;i){head[i]0;ans[i]0;t[i].sz0;t[i].mn0;}}return