這題看著真熟啊，好像把之前的english，入陣曲雜糅了一下。
首先，像入陣曲一樣計算出字首和\(s\)式子可以轉化為求
\(s[r]-s[l-1]\equiv max(mod\;k)\)
像english一樣
用單調棧處理出以x為最大值的區間，分區間求解
每次列舉一側區間，已知max，只要知道另一側有多少與之餘數相同的即可
然鵝這題資料範圍不允許用字首和優化某區間餘數為特定值的個數，這樣english中的啟發式合併就沒有意義，因為兩邊都要掃，如果資料相對單調，非常容易卡成\(o(n^2)\)喜提tle。
所以揉了兩道題做不出怎麼辦？再揉一道
像之前的數顏色那樣用vector存餘數為i的字首和的下標，每次查詢直接二分，這樣複雜度就可以了，記得存乙個0進去
#include#include#include#includeusing namespace std;
const int maxn=1000005;
int a[maxn],l[maxn],r[maxn],stc[maxn],top,n,k;
long long sum[maxn],ans=0;
vectorv[maxn];
int ask(int ll,int rr,int y)
void work(int ll,int rr,int xx))\)
如何計算這個式子，並且保留分數形式？
----約分
分母只有2這個因子，上下約分一定只能約2的幾次方
如何約分？
有：\(2^n-x\)與\(x\)的2的因子個數一樣
**感性理解下
\(x=2^p*q\)(q不含2這個因子)
\(2^n-x=2^p(2^+q)\)
因為q不含2這個因子，所以q是奇數，\((2^+q)\)也是奇數，不含2這個因子，所以\(2^n-x\)與\(x\)的2的因子個數一樣，即p
所以判斷能約幾個2，判斷分母和\(m!\)有幾個2這個因子即可
用\(m!\)除以2，得到其中有幾個含2這個因子的，除以4得到有幾個含兩個2這個因子的....不停除以2的此方，直到大於\(m!\)累計一下個數，得到約分的數，上下乘以逆元即可
#include#include#includeusing namespace std;
const long long mod=1e6+3,nv=500002;
long long m,n;
long long qp(long long x,long long y)
return ans;
}int main()
long long p=qp(2,n),q=qp(p,m);
long long a=1;
for(int i=0;i想出過卡上下界的做法，但是不知道怎麼處理\(a[i]\)有數的情況，還是太菜
定義二元組，（其實就是兩個陣列）up[i] \((x,c)\) 和down[i] \((x,c)\)，表示上下界，即到第i個數，最小是down->x，出現次數down->c 最大up-x,出現次數up->c
顯然一般情況up每兩個加一，down每5個加一，如果\(a[i]\)有數，先用上下界判是否合法，然後更新上下界，由於要讓up最大，down最小，顯然令\(up->x=a[i] \;up->c=2\;down->x=a[i]\;down->c=1\)
這樣就能判斷是否存在合法方案，並且求出最大值，（注意特判一下
\(up[n]->c==1\)需要減1）
然後考慮如何填數，倒敘填數，定義now和sum，sum表示連續填了幾個相同的數，每次填\(min(up[i]->z,now)\);當\(a[i]\)有數，\(now=min(now,a[i])\);sum每到5 now要減一
不是很理解，先口胡一下，不對請大佬指正
這個now大概是個上界，而我們此時需要盡可能小（減的快），就需要用up此時是下界，但是由於正著掃時候\(a[i]\)有數是直接暴力修改，導致中間會斷，部分的下界是錯誤的，需要用上界修正，而now的作用就在這時候體現了，就是說up和now交替合法
#include#includeusing namespace std;
const int maxn=200005;
int min(int x,int y)
else
if(down[i-1].c<5)
else
if(a[i])
if(up[i].z>a[i])
if(down[i].z=1;--i)
printf("%d\n",up[n].z);
for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d ",as[i]);
return 0;
}
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