可以用RMQ

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6;
int a[N];
int f[N][20];
int n,k;
int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&k);
    for(int i = 1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        f[i][0] = a[i];
    }
    for(int i = 1;i<=log2(n);i++)
    {
        for(int j = 1;j<=n-(1<<i)+1;j++)
        {
            f[j][i] = min(f[j][i-1],f[j+(1<<(i-1))][i-1]);
        }
    }
    for(int i = 1;i+k-1<=n;i++)
    {
        int x = i,y = i+k-1;
        int k = log2(y-x+1);
        printf("%d ",min(f[x][k],f[y-(1<<k)+1][k]));
    }
    printf("\n");
    for(int i = 1;i<=n;i++)
    {
        f[i][0] = a[i];
    }
    for(int i = 1;i<=log2(n);i++)
    {
        for(int j = 1;j<=n-(1<<i)+1;j++)
        {
            f[j][i] = max(f[j][i-1],f[j+(1<<(i-1))][i-1]);
        }
    }
    for(int i = 1;i+k-1<=n;i++)
    {
        int x = i,y = i+k-1;
        int k = log2(y-x+1);
        printf("%d ",max(f[x][k],f[y-(1<<k)+1][k]));
    }
    return 0;
}

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main()

........................................................................

该题解等待再次审核

........................................................................(剩余 490 个中英字符)

“引爆逆天力量，追寻圆环之理的神藏奥秘”系列再现高手。

首先最终的树的点数可以达到 $10^{10}$ 级别，我们肯定不能真正把树建出来。

但是注意到我们可以只保留每个复制出的子树的根（记作关键点），那么这些根也构成一棵树，这样就好办了。

当询问 $dis(x,y)$ 时，我们先找到 $x$ 和 $y$ 分别从属于的关键点，并求出它们在关键点树上的距离，而这是容易预处理的。需要注意的是，在 lca 处涉及同一关键点范围内的距离，在原树上查其距离即可。

以及，在定位点时，涉及查询原树某棵子树内编号第 $k$ 大的点，把树拍成 dfn 序后主席树上二分即可。

时间复杂度 $O(n\log n)$，有点难写。

这道题主要考验枚举与拆位，可以按题目要求直接将三位数拆位就三次幂和判断相等与否（真水）

/除号

%取模号

百位：

    x/100

十位：

    x/10%10

个位

    x%10

挺好的递推+恶心的矩阵快速幂题

题面:有一个n行m列的棋盘,在当前位置可以瞬移，每次可向右瞬移奇数列，且瞬移到本行或相邻行，并且不能瞬移出棋盘，问从$(1,1)至(n,m)$的总方案数

首先考虑递推，设$f(i,j)$为投当前在第i行第j列的方案数，因为每次可以向右瞬移，所以$f(i,j)$可以由上一列,上上上一列...推出来,且可以由上一行和下一行推出

则递推转移方程式为$f(i,j) = \sum_{k=j-w,w=1,w+=2}^j f(i,k)+f(i-1,k)+f(i+1,k)$

这样直接枚举是$O(nm^2)$的复杂度，肯定是不行的，那我们继续考虑

我们设$g(i,j) = \sum_{k=j-w,w=1,w+=2}^j f(i,k) = g(i,j-2) + f(i,j-1)$

则方程式转为$f(i,j) = g(i-1,j) + g(i,j) + g(i+1,j) = g(i-1,j-2) + f(i-1,j-1) + g(i,j-2) + f(i,j-1) + g(i+1,j-2) + f(i+1,j-1)$

我们在维护$f$的同时维护$g$则时间复杂度会降到$O(nm)$

一看数据$10^9$，再次拿出我们的dz，一眼鉴定为矩阵快速幂

然后就开始我们快(恶)乐(心)的推转移矩阵的时候：

根据转移方程我们可以分成两种情况，即上一列的方案和上上一列的方案，因为上上一列的方案数在推下一列的方案数时要用到，所以不能去掉，我们都需要记录，所以需要当推到$f(i,j)$时，我们需要$f(i,j-1)， g(i,j-1)， g(i,j-2)$把这三列归为一列，$1至n$为$f(i,j-1)$，$n+1至2n$为$g(i,j-1)$，$2n+1至3n$为$g(i,j-2)$最后该矩阵的长度为$3n$最大为150，则我们转移矩阵大小为$3n * 3n$

先看应该怎样转移

$$\begin{bmatrix}f(1,j-1) & f(2,j-1) & ... & f(n,j-1) & g(1,j-1) & g(2,j-1) & ... & g(n,j-1) & g(1,j-2) & g(2,j-2) & ... & g(n,j-2) \\\end{bmatrix}$$

应该转移为

$$\begin{bmatrix}f(1,j) & f(2,j) & ... & f(n,j) & g(1,j) & g(2,j) & ... & g(n,j) & g(1,j-1) & g(2,j-1) & ... & g(n,j-1) \\\end{bmatrix}$$

所以根据递推转移方程考虑转移矩阵，则可推出矩阵为:

设转移矩阵为$c(i,j)$

首先先看f的矩阵:根据递推方程 当$f(i,j)$时 只需将$c(i-1,i),c(i,i),c(i+1,i)$设为1,才加上$g$即将$c(2*n+i-1,i),c(2*n+i,i),c(2*n+i+1,i)$再设为1就可以了

再考虑$g(i,j)$ 由递推方程式得 应当将$c(i,i+n),c(i+2*n,i+n)$置为1即可

最后看$g(i,j-1)$ 在转移前已经出现，不需要推，所以只要将$c(i+n,i+2*n)$置为1即可

（因为矩阵实在太大画不下，只好描述一下）

Oo最后开始愉悦的矩阵快速幂时刻oO

复杂度为$O(150^3*log(1e9))$，大约为$1e8$所以跑的飞慢qwq

二维递推实在痛苦┭┮﹏┭┮

挺好的递推+矩阵快速幂题

题面:有一个m面的骰子,问投n次使投到第6面为偶数次的方案数

首先考虑递推，设f(i,j,k)为投i次的情况，j为0或1 (0为本次未投到第6面,1为投到了)，k为0或1 (当前投到第6面次数的奇和偶,0为偶,1为奇)

转移方程为$f(n,1,0) = f(n-1,1,1) + f(n-1,0,1)$

$f(n,1,1) = f(n-1,1,0) + f(n-1,0,0)$

$f(n,0,0) = m-1 * f(n-1,1,0) + m-1 * f(n-1,0,0)$

$f(n,0,1) = m-1 * f(n-1,1,1) + m-1 * f(n-1,0,1)$

看到n的范围$10^{18}$ wow，一眼dz，肯定要快速幂,根据递推可以想到矩阵快速幂，下面开始推转移矩阵

可以想到

$$\begin{bmatrix}f(n-1,1,0) & f(n-1,1,0) & f(n-1,0,0) & f(n-1,0,1) \\\end{bmatrix}$$

应该转移为

$$\begin{bmatrix}f(n,1,0) & f(n,1,0) & f(n,0,0) & f(n,0,1)\end{bmatrix}$$

所以根据递推转移方程考虑转移矩阵，则可建出矩阵为:

$$\begin{bmatrix}0 & 1 & m-1 & 0\\1 & 0 & 0 & m-1\\0 & 1 & m-1 & 0\\1 & 0 & 0 & m-1\\\end{bmatrix}$$

初始矩阵为$f(1)$ 即 $\begin{bmatrix}0 , 1 , m-1 , 0\end{bmatrix}$

OO最后直接跑矩阵快速幂就行了OO

复杂度为$O(4^3*log(n))$

好像这道题还有数学方法,但不会