——亚斯娜《刀剑神域》
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define mod 1000000007LL
3 #define int long long
4 #define LL long long
5 using namespace std;
6 LL fac[105],inv[105],f[105][10005],tmp[2][10005];
7 LL n,m,c,Ans;
8 LL mgml(LL a,LL b,LL ans=1){
9 for(;b;b>>=1,a=a*a%mod) if(b&1) ans=ans*a%mod;
10 return ans;
11 }
12 LL C(int x,int y){
13 if(x<y) return 0;
14 return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
15 }
16 signed main(){
17 fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
18 for(int i=1;i<=100;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
19 for(int i=2;i<=100;++i) inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
20 for(int i=2;i<=100;++i) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
21 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&c);
22 const LL t1=m/n,t2=m%n;
23 for(int i=0;i<=n;++i) tmp[0][i]=mgml(C(n,i),t1),tmp[1][i]=mgml(C(n,i),t1+1);
24 f[0][0]=1;
25 for(int i=1;i<=n;++i)
26 for(int j=0;j<=min(c,n*i);++j)
27 for(int k=0;k<=min(n,j);++k)
28 f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-k]*(i<=t2?tmp[1][k]:tmp[0][k])%mod)%mod;
29 printf("%lld\n",f[n][c]);
30 return 0;
31 }
T1
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define N 10000005
3 using namespace std;
4 inline int read(){
5 register int x=0,f=1;char ch=getchar();
6 while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:1,ch=getchar();
7 while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
8 return x*f;
9 }
10 int n,top,Ans;
11 int A[N],sta[N],nxt[N];
12 int main(){
13 n=read();
14 for(int i=1;i<=n;++i) A[i]=read(),nxt[i]=i;
15 for(int i=1;i<=n;++i){
16 while(top&&A[sta[top]]<=A[i]) (A[nxt[sta[top]]]<=A[nxt[i]])?nxt[i]=min(nxt[i],nxt[sta[top]]):0,top--;
17 sta[++top]=i;
18 }
19 for(int i=1;i<=n;++i) Ans=max(Ans,i-nxt[i]+1);
20 return !printf("%d\n",Ans);
21 }
T2
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define N 100005
3 using namespace std;
4 inline int read(){
5 register int x=0,f=1;char ch=getchar();
6 while(!isdigit(ch)) f=ch=='-'?-1:1,ch=getchar();
7 while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
8 return x*f;
9 }
10 int n,m,blosiz,blonum,top,ans;
11 int bel[N],ant[N],L[N],R[N],Ans[N];
12 struct node{int l,r,id,ans;}sta[1200];
13 struct Query{int l,r,id;}q[N];
14 bool cmp(const Query &a,const Query &b){return bel[a.l]!=bel[b.l]?bel[a.l]<bel[b.l]:a.r<b.r;}
15 void Record(int pos){
16 sta[++top]=(node){L[pos],R[pos],pos,ans};
17 }
18 void Convolution(){
19 while(top){
20 L[sta[top].id]=sta[top].l;
21 R[sta[top].id]=sta[top].r;
22 ans=sta[top].ans;
23 top--;
24 }
25 }
26 int main(){
27 // freopen("text.in","r",stdin);
28 // freopen("a.out","w",stdout);
29 n=read(),m=read(),blosiz=sqrt(n),blonum=ceil((double)n/blosiz);
30 for(int i=1;i<=blonum;++i)
31 for(int j=(i-1)*blosiz+1;j<=i*blosiz&&j<=n;++j)
32 bel[j]=i;
33 for(int i=1;i<=n;++i) ant[i]=read();
34 for(int i=1;i<=m;++i) q[i].id=i,q[i].l=read(),q[i].r=read();
35 sort(q+1,q+m+1,cmp);int hea=1;
36 for(int I=1;I<=blonum;++I){
37 memset(L,0,sizeof L);
38 memset(R,0,sizeof R);
39 top=0; ans=1;
40 int r=I*blosiz;
41 while(hea<=m&&bel[q[hea].l]==I){
42 // printf("在第 %d 块 L:%d R:%d\n",I,q[hea].l,q[hea].r);
43 if(bel[q[hea].r]==I){
44 for(int j=q[hea].l;j<=q[hea].r;++j){
45 int i=ant[j];
46 Record(i);
47 if(!L[i]) L[i]=i,R[i]=i;
48 int MINL=L[i-1]==0?i:L[i-1],MAXR=R[i+1]==0?i:R[i+1];
49 Record(MINL),R[MINL]=MAXR;
50 Record(MAXR),L[MAXR]=MINL;
51 ans=max(ans,MAXR-MINL+1);
52 }
53 Ans[q[hea].id]=ans;
54 Convolution();
55 hea++;
56 continue;
57 }
58 while(q[hea].r>r){
59 ++r;int i=ant[r];
60 if(!L[i]) L[i]=i,R[i]=i;
61 int MINL=L[i-1]==0?i:L[i-1],MAXR=R[i+1]==0?i:R[i+1];
62 R[MINL]=MAXR;
63 L[MAXR]=MINL;
64 ans=max(ans,MAXR-MINL+1);
65 }
66 for(int j=I*blosiz;j>=q[hea].l;--j){
67 int i=ant[j];
68 Record(i);
69 if(!L[i]) L[i]=i,R[i]=i;
70 int MINL=L[i-1]==0?i:L[i-1],MAXR=R[i+1]==0?i:R[i+1];
71 Record(MINL),R[MINL]=MAXR;
72 Record(MAXR),L[MAXR]=MINL;
73 ans=max(ans,MAXR-MINL+1);
74 }
75 Ans[q[hea].id]=ans;
76 Convolution();
77 ++hea;
78 }
79 }
80 for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d\n",Ans[i]);
81 return 0;
82 }
T3
A. chess
容易发现当你确定前n行时，后面的m-n行就已经确定了。
那么我们只需要通过dp确定前n行的摆放情况，然后乘以次数即可。
具体的，就是将m拆成$m/n$ 与 $m\%n$
dp转移是$$dp[i][j]=\ dp[i-1][j-k]* \ tmp[0/1][k]$$
对于[1,m%n]的情况,$tmp[1][k]=C(n,m/n+1)$
否则就是$tmp[0][k]=C(n,m/n)$
B. array
一眼看错题。
其实题目的意思是：选择一个k，满足所有[k,i]之间的j，都有$a[k]<=a[j]<=a[i]$
那么首先提炼出来我们要找i作为最大值的区间的最小值的最小位置对吧。
如果暴力找的话用单调栈+ST表维护复杂度$O(n*log\ n)$过不去的。
然后就是很神奇的算法优化了。
我们考虑单调栈寻找区间最大值的过程。
for(int i=1;i<=n;++i){
while(top&&A[sta[top]]<=A[i]) top--;
sta[++top]=i;
}
有没有方法使得最小值能够继承呢？仔细思考。
我们发现：对于当前i能被挤出去的点的最大值区间，一定属于i的最大值区间。这不显然吗
那么我们既然要找的是i的最大值区间的最小值（忘了的看上边），是不是可以从很多个它挤出去的区间中合并出一个答案呢？
顺着这个思路，我们慢慢解决了这个问题。
具体的，就是将每个点记录一个数组$Nxt$表示$ \(上一个栈里的元素,i]\ $之间的最小值的最小下标。
每个点的Nxt初始设为它自己。
实际上每个点最后的Nxt就是它的答案的$k$。
那么当i节点挤出top节点时，我们判断一下top节点的Nxt的值是否比i节点的Nxt值小于等于，如果是，就更新i节点的Nxt。
并且由于我们是正向枚举的，就保证了Nxt如果能更新，值和下标就一定单调不增。
代码也就加了一句话，非常简单。
for(int i=1;i<=n;++i){
while(top&&A[sta[top]]<=A[i]) (A[nxt[sta[top]]]<=A[nxt[i]])?nxt[i]=min(nxt[i],nxt[sta[top]]):0,top--;
sta[++top]=i;
}
但是比较难想，我想了很久。
不要盲从于题解，如果认为题解不够优秀（比如我）不妨大胆破旧。
还是要把思路打开。
C. ants
一眼莫队线段树，丝毫没有意识到这是一道原题。
原到什么程度呢，就是说把那道题的代码放到这里，直接AC
话说那道原题我还写过莫队线段树的题解...
现在就因为当时水题掉RP了吧...
正解：回滚莫队。
考虑对于这种添加元素好添加，删除不好删除的情况，莫队的复杂度会生一个档次。
尤其是我们的修改操作还不是$O(1)$的情况下。
那么不妨换个思路进行思考。
为什么我们要用线段树呢？因为添加删除都好搞。
那么如果我们没有了删除，有没有更好的方式来摆脱这个log呢？ZKW如果没有了删除，我们发现其实用并茶几/桶都可以轻松维护连续区间的最大长度。
考虑怎么删除删除操作。
将枚举询问改为枚举块，那么左端点同一个块内的右端点满足单不降。
那么右端点就可以不删除只添加了。考虑左端点。
因为它们都在同一个块内，因此直接暴力每次将这个块的最后到L的所有都添加，然后再记录之前的状态直接回去就好了。
复杂度：每个询问左端点至多移动$O( \sqrt{n})$次，右端点单增不影响复杂度。
总复杂度:$$O(\ n* \sqrt{n})$$
以后用奇迹银桥水过的题一定要看看正解啊qaq...