前言

789 AB比较水，但是B分情况讨论也可以锻炼严谨思维
788ABC都是码量小也不太难的小清新题，C比较令人耳目一新
788D的思路让人难以想到
788E标准的大数据结构题

CF789A Anastasia and pebbles

$\text{Description}$

Anastasia喜欢去公园收集石子.她有 $2$ 个口袋，每个口袋最多装 $k$ 个石子.

但她每天只去公园 $1$ 次，而且每次同一个口袋里只装同一种石子.问要装完 $n$ 种石子共要花多少天？

输入 $n$，以及每一种石子的数量 $w_i$. 输出上述所求答案.

$1\le n\le 100000;1\le k\le 1000000000;1\le w_i\le 10000$

$\text{Solution}$

求出每种石子需要几袋子装，全部加起来除以二上取整即可.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define double long double 
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
const double eps=1e-12;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}ll n,m,k;
ll x[N],a[N],sum[N];
ll mn,mx,ans;
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) x[i]=read();for(int i=1;i<n;i++) a[i]=abs(x[i]-x[i+1])*((i&1)?1:-1);for(int i=1;i<n;i++){sum[i]=sum[i-1]+a[i];if(i&1) ans=max(ans,sum[i]-mn);else ans=max(ans,mx-sum[i]);mx=max(mx,sum[i]);mn=min(mn,sum[i]);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/**/

CF789B Masha and geometric depression

$\text{Description}$

给你一个等比数列，首项为 $b_1$，公比为 $q$.
现在Masha在黑板上从首项开始书写这个等比数列，直到数列某项的绝对值大于 $l$，给定 $m$ 个整数，若该等比数列中的某项等同于这 $m$ 个整数，则不会被写出.
问Masha会写出多少个数字？如果她会写出无穷多个数字，输出inf.
注意： $b1,q$ 可能为$0$.

$\text{Solution}$

大特判题.
特判一下公差等于 $0/1/-1$，首项等于 $0$ 的情况，其他的暴力算即可.
需要开 longlong.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define double long double 
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
const double eps=1e-12;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,mx;
ll d,x;
map<ll,bool>mp;
int ans;
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifx=read();d=read();mx=read();n=read();for(int i=1;i<=n;i++) mp[read()]=1;if(abs(x)>mx){printf("0");return 0;}if(d==0){if(mp[0]) printf("%d",!mp[x]);else printf("inf");}else if(d==1){if(mp[x]) printf("0");else printf("inf");}else if(d==-1){if(mp[x]&&mp[-x]) printf("0");else printf("inf");}else if(x==0){if(mp[0]) printf("0");else printf("inf");}else{while(abs(x)<=mx){if(!mp[x]) ++ans;x*=d;}printf("%d\n",ans);}return 0;
}
/**/

CF788A Functions again

$\text{Description}$

定义一个函数，函数如下：
$f[l,r]={\sum }_{i=l}^{r-1}|a_i-a_{i+1}|\times (-1{)}^{i-l}$. ($1\le l,r\le n$)
$|x|$ 表示 $x$ 的绝对值.
现在给你一个函数，请取恰当的 $l,r$ 使 $f$ 值最大，请输出最大的 $f$ 值.
$2\le n\le 10^5$

$\text{Solution}$

先求出差分数组的绝对值 $d_{1...n-1}$.
定义：
$$su{m}_i=\sum _{j=1}^i{d}_j\times (-1{)}^{j+1}$$
那么我们的 $f_{l,r}$ 就可以表示为：
$$(-1{)}^{r+1}\times (su{m}_r-su{m}_{l-1})$$
所以从前往后扫分别记录 $sum$ 的最大值和最小值即可.

$\text{Description}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define double long double 
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e5+100;
const double eps=1e-12;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}ll n,m,k;
ll x[N],a[N],sum[N];
ll mn,mx,ans;
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) x[i]=read();for(int i=1;i<n;i++) a[i]=abs(x[i]-x[i+1])*((i&1)?1:-1);for(int i=1;i<n;i++){sum[i]=sum[i-1]+a[i];if(i&1) ans=max(ans,sum[i]-mn);else ans=max(ans,mx-sum[i]);mx=max(mx,sum[i]);mn=min(mn,sum[i]);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/**/

CF788B Weird journey

$\text{Description}$

总共有 $n$ 个节点，$m$ 条路径，要求其中 $m-2$ 条路径走两遍，剩下 $2$ 条路径仅走一遍，问不同的路径总数有多少，如果仅走一遍的两条边不同则将这两条路径视为不同.
$n,m\le 10^6$

$\text{Solution}$

把每条边拆成两个一样的边，考虑欧拉回路的条件.
由于拆了边，显然每个点的度数都是偶数.
所以选择的两条边必须含有公共端点.
考虑自环如何处理.
删掉自环后该点的度数还是偶数，所以剩下的一条边随便删即可.
细节上，需要判断含有边的点必须连通.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define double long double 
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e6+100;
const double eps=1e-12;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m;
int du[N];
int fa[N],tag[N];
ll num;
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read();fa[find(x)]=find(y);tag[x]=tag[y]=1;if(x==y){++num;continue;}++du[x];++du[y];}int cnt(0);for(int i=1;i<=n;i++){cnt+=(find(i)==i&&tag[i]!=0);}if(cnt>1||m<2){printf("0");return 0;}ll ans(0);for(int i=1;i<=n;i++){ans+=1ll*du[i]*(du[i]-1)/2;//printf("i=%d du=%d ans=%lld\n",i,du[i],ans);}ans+=num*(m-num)+num*(num-1)/2;printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/**/

CF788C The Great Mixing

$\text{Description}$

有 $k$ 种可乐，第 $i$ 瓶可乐的 CO2 浓度是 $\frac{a_i}{1000}$，问要配置出浓度 $\frac{n}{1000}$ 的可乐，最少需要几瓶可乐.
无解输出 $-1$.
$0\le n\le 1000,k\le 10^6$

$\text{Solution}$

不难想到把所以值减 $n$ 然后转化为加和为 $0$ 的问题.
我的做法是正负两边暴力背包，值域在最差的情况下是 $500\times 499$.
然后就 $3\times 10^5$艹过去了…

现在讲讲 $n^2$ 的正解.
考虑 bfs.
从 $0$ 开始，向外寻找.
把边界设为 $1000$ 即可.
为什么这么是对的？
设答案的组合为 $x_1+x_2+...x_k=0$.
不难发现，通过调整前后顺序，一定可以使序列 $x$ 的任意一个前缀和的绝对值均不超过 $1000$，那么这个调整后的序列就可以被 bfs 搜到.
因此这样做是正确的.

$\text{Code}$

代码还是之前的暴力背包
bfs 不难实现，留给读者自行思考

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define double long double 
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e6+100;
const double eps=1e-12;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,k;
int a[1050],b[1050],x,y;
int o=3e5;
int w[N];
int f1[300050],f2[300050];
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();k=read();for(int i=1;i<=k;i++) w[i]=read();sort(w+1,w+1+k);k=unique(w+1,w+1+k)-w-1;for(int i=1;i<=k;i++){w[i]-=n;if(w[i]==0){printf("1");return 0;}else if(w[i]>0) a[++x]=w[i];else b[++y]=-w[i];}if(!x||!y){printf("-1");return 0;}memset(f1,0x3f,sizeof(f1));f1[0]=0;for(int i=1;i<=x;i++){int w=a[i];for(int j=w;j<=o;j++) f1[j]=min(f1[j],f1[j-w]+1);}memset(f2,0x3f,sizeof(f2));f2[0]=0;for(int i=1;i<=y;i++){int w=b[i];for(int j=w;j<=o;j++) f2[j]=min(f2[j],f2[j-w]+1);}int ans=2e9;for(int i=1;i<=o;i++) ans=min(ans,f1[i]+f2[i]);printf("%d\n",ans);return 0;
}
/**/

CF788D Finding lines

$\text{Description}$

有一个平面，上面有一些水平或竖直的直线.
你每次可以选择一个点，询问距离该点最近的直线到该点的距离.
请求出所有的直线的横/纵坐标.
总直线数不超过 $10^4$.
坐标范围不超过 $10^8$.（询问的点也不能超过该范围）

$\text{Solution}$

思路很妙的一道题.
不难想到利用 分治.
如何设计分治状态是本题的关键.
第一感似乎是设计 $solve(x1,x2,y1,y2)$ 表示寻找横坐标在 $(x1,x2)$ 和纵坐标在 $(y1,y2)$ 的直线，然后找到这个矩形的中点尝试.
但是这样分治的两个子结构不互相独立，左边找到的直线也会影响右边，难以处理.
别问我为什么知道难以处理
所以我们要尝试一些特别的设计.
设计 $solve(l,r)$ 表示解决坐标在 $(l,r)$ 的直线（同时包括横纵坐标）.
询问中点 $(mid,mid)$ .

1. 若距离为 $0$，说明有线经过该点，记录该位置并递归 $solve(l,mid-1),solve(mid+1,r)$
2. 若距离为 $d\ne 0$，递归 $solve(l,mid-d),solve(mid+d,r)$

最后，我们需要确定步骤一中得到的位置 $(p,p)$ 经过的是竖线还是横线，记录之前任何一次询问不在线上的点的坐标为 $(no,no)$，分别询问 $(no,p)$ 和 $(p,no)$ 即可.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define double long double 
#define ull unsigned long long
//#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e5+100;
const double eps=1e-12;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,k;
int pl[N],tot;
int no;
int X[N],xx,Y[N],yy;
int o=1e8;
int debug(0);
void solve(int l,int r){if(debug)  printf("solve:(%d %d)\n",l,r);if(l>r) return;int mid=(l+r)/2;  printf("0 %d %d\n",mid,mid);fflush(stdout);int d=read();if(d==0){if(debug) printf("  ok\n");pl[++tot]=mid;solve(l,mid-1);solve(mid+1,r);}else{no=mid;if(debug) printf("  ??\n");solve(l,mid-d);solve(mid+d,r);}return;
}
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE//freopen("a.in","r",stdin);//freopen("a.out","w",stdout);
#endifsolve(-o,o);if(debug) printf("tot=%d no=%d\n",tot,no);for(int i=1;i<=tot;i++){int p=pl[i];printf("0 %d %d\n",no,p);fflush(stdout);if(!read()) Y[++yy]=p;    printf("0 %d %d\n",p,no);fflush(stdout);if(!read()) X[++xx]=p;}printf("1 %d %d\n",xx,yy);for(int i=1;i<=xx;i++) printf("%d ",X[i]);putchar('\n');for(int i=1;i<=yy;i++) printf("%d ",Y[i]);return 0;
}
/**/

CF788E New task

$\text{Description}$

有一个长度为 $n$ 的数列 $a_i$，第 $i$ 个数有一个零一属性 $b_i$，初始所有的 $b$ 都为 $1$.
$m$ 次操作，分为两种：

$1x$ ：令 $b_x=0$.
$2x$ ：令 $b_x=1$

每次操作后输出满足条件的 $p_1<p_2<p_3<p_4<p_5$，满足 $a_{p_1}\le a_{p_2}=a_{p_3}=a_{p_4}\ge a_{p_5}$ 且 $b_{p_2}=b_{p_3}=b_{p_4}=1$ 的个数.
对 $10^9+7$ 取模的值.
（保证每次修改后的 $b_i$ 都与原来不同）

$\text{Solution}$

很适合练手的数据结构题.
一开始只想到树套树死卡空间然后被 @24KH 一语点破根本不用套.%%%
本题的关键就是动态统计加入一个点的贡献.
设 $l_i$ 表示满足 $j<i,a_j\le a_i$ 的 $j$ 的个数.
$r_i$ 表示满足 $j>i,a_j\le a_i$ 的 $j$ 的个数.
那么我们考虑加入一个点 $p$ 时的贡献：

p 作为中间元素

增加的方案数为：

$$\sum _{i<p<j\wedge a_i=a_p=a_j}{l}_i\times r_j$$
也就是：
$$\sum _{i<p\wedge a_i=a_p}{l}_i\times \sum _{j>p\wedge a_j=a_p}{r}_j$$

p 作为两端元素

由于对称，单举 $p$ 在最左侧为例.
增加的方案数为：
$$\sum _{p<i\wedge a_i=a_p}{l}_p\times r_i\times \sum _{p<j<i}[a_j=a_p]$$
换句话说就是 $(p,i)$ 之间每有一个权值相等的点，$(p,i)$ 作为相等的两端就能产生一次贡献.

统计

离散化后对每个权值建一棵线段树.
$\sum l_i/r_i$ 统计较为简单.
比较困难的就是统计：
$$\sum _{p<i\wedge a_i=a_p}{r}_i\times \sum _{p<j<i}[a_j=a_p]$$
这一项.
设 $rans$ 为这一项的答案，$lans$ 为这一项对称的答案,同时记录数的个数 $siz$，$\sum l_i,\sum r_i$
合并左右儿子时：
$$si{z}_{ls}+si{z}_{rs}\to si{z}_{fa}$$
$$lsu{m}_{ls}+lsu{m}_{rs}\to lsu{m}_{fa}$$
$$rsu{m}_{ls}+rsu{m}_{rs}\to rsu{m}_{fa}$$
$$lan{s}_{ls}+lan{s}_{rs}+lsu{m}_{ls}\times si{z}_{rs}\to lan{s}_{fa}$$
$$ran{s}_{ls}+ran{s}_{rs}+rsu{m}_{rs}\times si{z}_{ls}\to ran{s}_{fa}$$
即可.

$\text{Code}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define double long double 
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e5+100;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m;
ll le[N],ri[N];
int id[N],bac[N];#define mid ((l+r)>>1)
struct node{ll siz;ll lsum,rsum;ll lans,rans;
};
node merge(node a,node b){return (node){a.siz+b.siz,(a.lsum+b.lsum)%mod,(a.rsum+b.rsum)%mod,(a.lans+b.lans+a.lsum*b.siz)%mod,(a.rans+b.rans+a.siz*b.rsum)%mod};
}
struct tree{node o;int ls,rs;
}tr[N<<5];
int rt[N],tot;
inline int copy(int x){++tot;tr[tot]=tr[x];return tot;
}
void add(int &k,int l,int r,int p,int w){if(!k) k=copy(k);if(l==r){tr[k].o.siz+=w;tr[k].o.lsum+=w*le[l];tr[k].o.rsum+=w*ri[l];return;}if(p<=mid) add(tr[k].ls,l,mid,p,w);else add(tr[k].rs,mid+1,r,p,w);tr[k].o=merge(tr[tr[k].ls].o,tr[tr[k].rs].o);//printf("  k=%d (%d %d) l")
}
//op=1:lsum
//op=2:lans
//op=3:rsum
//op=4:rans
node ask(int k,int l,int r,int x,int y){if(!k||x>y) return (node){0,0,0,0,0};if(x<=l&&r<=y) return tr[k].o;if(y<=mid) return ask(tr[k].ls,l,mid,x,y);else if(x>mid) return ask(tr[k].rs,mid+1,r,x,y);else return merge(ask(tr[k].ls,l,mid,x,y),ask(tr[k].rs,mid+1,r,x,y));
}int q[N],cnt,a[N];
int f[N];
inline void Add(int p){for(;p<=cnt;p+=p&-p) ++f[p];return;
}
inline int Ask(int p){int res(0);for(;p;p-=p&-p) res+=f[p];return res;
}inline ll calc(int pl){int o=rt[a[pl]];node L=ask(o,1,n,1,pl-1),R=ask(o,1,n,pl+1,n);return (L.lsum*R.rsum%mod+L.lans*ri[pl]%mod+R.rans*le[pl]%mod)%mod;
}
ll tt;
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) q[i]=a[i]=read();sort(q+1,q+1+n);cnt=unique(q+1,q+1+n)-q-1;for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(q+1,q+1+cnt,a[i])-q;for(int i=1;i<=n;i++){le[i]=Ask(a[i]);Add(a[i]);}memset(f,0,sizeof(f));for(int i=n;i>=1;i--){ri[i]=Ask(a[i]);Add(a[i]);}for(int i=1;i<=n;i++) id[i]=++bac[a[i]];//for(int i=1;i<=n;i++) printf("i=%d a=%d le=%lld ri=%lld id=%d\n",i,a[i],le[i],ri[i],id[i]);for(int i=1;i<=n;i++){tt+=calc(i);tt%=mod;add(rt[a[i]],1,n,i,1);}m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int op=read(),x=read();if(op==1){add(rt[a[x]],1,n,x,-1);tt-=calc(x);}else{tt+=calc(x);add(rt[a[x]],1,n,x,1);}tt+=mod;tt%=mod;printf("%lld\n",tt);}return 0;
}
/**/