标签：cnt include 空字符 115 四元组 dp Counting 1114csp 零迟

最后一次了，允许自己混进榜里吧。

没有心态，原题不会做（真的忘了）

T2的搜索没有分。

「 零 · 迟 」：酷刑

只有在最后的时刻才开始意识到，一切的一切都已经晚了。

就在眼前了。没有机会了。

退役，告别OI，粉碎梦想，这，就是最严苛的酷刑。

生存，生存！

HZOI2018！所有人！

一年走来，我们还要继续走下去！

CSP-S，RP++

 

T1：Tiny Counting

容斥。所有合法四元组-有重复位置的四元组。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 using namespace std;
 4 #define S 100005
 5 int n,t[S],a[S],r[S],cnt[S];long long ans,totmn,totmx,lmn[S],rmn[S],lmx[S],rmx[S];
 6 void add(int p){cnt[p]++;for(;p<=n;p+=p&-p)t[p]++;}
 7 int ask(int p,int a=0){for(;p;p^=p&-p)a+=t[p];return a;}
 8 int main(){
 9     freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
10     scanf("%d",&n);
11     for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]),r[i]=a[i];
12     sort(r+1,r+1+n);
13     for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=lower_bound(r+1,r+1+n,a[i])-r;
14     for(int i=1;i<=n;++i)lmn[i]=ask(a[i]-1),add(a[i]),lmx[i]=i-cnt[a[i]]-lmn[i];
15     for(int i=1;i<=n;++i)t[i]=cnt[i]=0;
16     for(int i=n;i;--i)rmn[i]=ask(a[i]-1),add(a[i]),rmx[i]=n-i+1-cnt[a[i]]-rmn[i];
17     for(int i=1;i<=n;++i)totmn+=rmn[i],totmx+=rmx[i];
18     ans=totmn*totmx;
19     for(int i=1;i<=n;++i)ans-=lmn[i]*rmn[i]+lmx[i]*rmx[i]+lmn[i]*lmx[i]+rmn[i]*rmx[i];
20     printf("%lld\n",ans);
21 }

View Code

 

T2：Medium Counting

神仙dp。预计改不出来。

空字符是最小的，所以长度不够的串直接往后面塞空字符就行。（其实就是不用动）

dp[i][j][k][l]表示第i～j个串长度为k的后缀已经合法，且第k位都大于等于字符l。

复杂度$O(n^2L \times 26)$

 

T3：Huge Counting

原题。一部分简化一部分变难。

亏得我还写了那道题的题解。

具体内容差不太多，只不过进制数变为2，而限制的不再是和而是每一个数而已，貌似不是特别难写。

 

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来源： https://www.cnblogs.com/hzoi-DeepinC/p/11861060.html

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