A. 跑步

分析

因为权值的变化只是加一减一

所以 \(dp\) 值的变化也只是加一减一

设第 \(i\) 行修改的区间为 \([li,ri]\)

那么对于任意 \(i<j\) 有 \(l_i \leq l_j,r_i \leq r_j\)

直接差分，树状数组维护，然后单调指针扫一遍

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#define rg register
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=2e3+5;
int n,a[maxn][maxn],tr[maxn][maxn],f[maxn][maxn];
long long ans=0;
int lb(rg int xx){
	return xx&-xx;
}
void ad(rg int i,rg int j,rg int val){
	for(rg int o=j;o<=n;o+=lb(o)){
		tr[i][o]+=val;
	}
}
int cx(rg int i,rg int j){
	rg int nans=0;
	for(rg int o=j;o>0;o-=lb(o)){
		nans+=tr[i][o];
	}
	return nans;
}
void solve(rg int nx,rg int ny,rg int val){
	rg int l=ny,r=ny;
	for(int i=nx;i<=n;++i){
		while(cx(i,l)==std::max(cx(i-1,l),cx(i,l-1))+a[i][l] && l<=n) l++;
		ad(i,l,val),ad(i,r+1,-val);
		while(cx(i,r+1)!=std::max(cx(i-1,r+1),cx(i,r))+a[i][r+1] && r<n){
			r++;
			ad(i,r,val),ad(i,r+1,-val);
		}
		if(l<=r) ans+=val*(r-l+1);
    }
	printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
	n=read();
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		for(rg int j=1;j<=n;j++){
			a[i][j]=read();
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		for(rg int j=1;j<=n;j++){
			f[i][j]=std::max(f[i-1][j],f[i][j-1])+a[i][j];
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		for(rg int j=1;j<=n;j++){
			ans+=f[i][j];
			ad(i,j,f[i][j]-f[i][j-1]);
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	rg char ch;
	rg int aa,bb;
	for(rg int i=1;i<=n;i++){
		scanf(" %c",&ch);
		aa=read(),bb=read();
		if(ch=='U') a[aa][bb]++;
		else a[aa][bb]--;
		solve(aa,bb,ch=='U'?1:-1);
	}
	return 0;
}

B. 算术

分析

对于一个质数 \(p\)，有 \(x^{p−1} \equiv 1(mod p)\)

而如果 \(p\) 可以表示成 \(ak+1\) 那么就是说 \(x^{ak} \equiv 1(mod p)\)

那么就有 \(n^a \equiv 1(mod p)\)

多枚举几个 \(a\) 进行判断就行了，正确率很高

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#define rg register
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=1e6+5;
int t,k,n,tag;
char s[maxn];
bool jud(rg long long ds,rg int zs,rg int mod){
	rg long long nans=1;
	while(zs){
		if(zs&1) nans=nans*ds%mod;
		ds=ds*ds%mod;
		zs>>=1;
	}
	return nans<=1;
}
bool judprime(rg int now){
	if(now==2) return 1;
	for(rg int i=2;i*i<=now;i++){
		if(now%i==0) return 0;
	}
	return 1;
}
int main(){
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%s%d",s+1,&k);
		n=strlen(s+1);
		tag=1;
		for(rg int o=1;o<=20;o++){
			rg int tmp=o*k+1;
			rg long long sum=0;
			if(judprime(tmp)){
				for(rg int i=1;i<=n;i++){
					sum=sum*10+(s[i]-'0');
					sum%=tmp;
				}
				if(!jud(sum,o,tmp)){
					tag=0;
					break;
				}
			}
		}
		if(tag) printf("Y\n");
		else printf("N\n");
	}
	return 0;
}

C. 求和

分析

答案一定会出现在满足 \(j \in [i−k,i+k],a_j \leq a_i\) 的 \(i\) 上

发现权值相同时不好处理

所以将条件改为左边小于等于，右边小于，这与原来的条件是等价的

这样在权值相等的时候找坐标最大的就行了

用线段树会被卡常，所以要用 \(zkw\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#define rg register
inline int read(){
	rg int x=0,fh=1;
	rg char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') fh=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*fh;
}
const int maxn=1e6+5;
int n,k,q,op,a[maxn],ans,tr[maxn<<2],pos[maxn<<2],bit;
int cmp(rg int aa,rg int bb){
    return a[aa]>a[bb]?aa:(a[aa]==a[bb]?std::max(aa,bb):bb);
}
void build(){
    for(bit=1;bit<=n;bit<<=1);
    for(rg int i=1;i<=n;i++) pos[i+bit]=i;
    for(rg int i=bit-1;i>0;i--) pos[i]=cmp(pos[i<<1],pos[i<<1|1]);
}
void xg(rg int wz,rg int val){
    for(tr[wz+=bit]=val,wz>>=1;wz>0;wz>>=1) tr[wz]=std::max(tr[wz<<1],tr[wz<<1|1]);
}
int cx(rg int l,rg int r){
	rg int nans=0;
    for(l+=bit-1,r+=bit+1;l^r^1;l>>=1,r>>=1){
        if(~l&1) nans=cmp(nans,pos[l^1]);
        if(r&1) nans=cmp(nans,pos[r^1]);
    }
    return nans;
}
void updat(rg int wz){
    for(wz+=bit,wz>>=1;wz>0;wz>>=1) pos[wz]=cmp(pos[wz<<1],pos[wz<<1|1]);
}
void judmax(rg int wz){
    if(!wz) return;
    rg int le=(wz==1)?0:cx(std::max(1,wz-k),wz-1);
    rg int ri=(wz==n)?0:cx(wz+1,std::min(wz+k,n));
    if(a[wz]>=a[le] && a[wz]>a[ri]) xg(wz,a[wz]+std::max(a[le],a[ri]));
    else if(tr[wz+bit]) xg(wz,0);
}
int latans;
int solve(rg int wz){
	rg int le=(wz==1)?0:cx(std::max(1,wz-k),wz-1);
    rg int ri=(wz==n)?0:cx(wz+1,std::min(wz+k,n));
    judmax(wz),judmax(le),judmax(ri);
	return tr[1];
}
int main(){
	n=read(),k=read(),q=read(),op=read();
	for(rg int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	build();
    rg int aa,bb;
    for(rg int i=1;i<=n;i++) judmax(i);
	printf("%d\n",latans=tr[1]);
	for(rg int i=1;i<=q;i++){
		aa=read(),bb=read();
		if(op) aa^=latans,bb^=latans;
        a[aa]=bb,updat(aa);
		printf("%d\n",latans=solve(aa));
	}
	return 0;
}