前言：这次比赛爆炸，比赛时各种想多，导致写到(D)题时思路已经乱了，肝了(1)个多小时都没肝出来，(B)题中途因为没开(long long)又被(HACK)了。。(C)题因为在提交前修改的一个疏忽，(fst)。。瞬间起飞，(rating)掉了(100+)，差点回到(pupil quad QAQ)。
A. New Year and the Christmas Ornament
Description
给出(a, b, c)三个数，对于一个公差为(1)的数列(x_1, x_2, x_3)满足(x_1 leqslant a, x_2 leqslant b, x_3 leqslant c)，求(max{ x_1 + x_2 + x_3 })。
Solution
比赛的时候有点傻，打了三个(if)，现在想想完全没有必要。
依次假设以(x_1 = a, x_2 = b, x_3 = c)，则对于每一种情况，(x_3)有三种值(a + 2, b + 1, c)，符合条件的就是对三者取(min)后的那一种，最后答案就是(min { a + 2, b + 1, c } imes 3 - 3)。
#include<cstdio>
using namespace std;
inline int re()
{
int x = 0;
char c = getchar();
bool p = 0;
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
p |= c == '-';
for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
x = x * 10 + c - '0';
return p ? -x : x;
}
inline int minn(int x, int y) { return x < y ? x : y; }
int main()
{
int a, b, c;
a = re(); b = re(); c = re();
printf("%d", minn(a + 2, minn(b + 1, c)) * 3 - 3);
return 0;
}
B. New Year and the Treasure Geolocation
Description
给出(n)个点的坐标(x_i, y_i)，以及(n)个配对的坐标(a_i, b_i)，求一个坐标((T_x, T_y))使得每一组坐标(x_i, y_i)都能找到一组配对的坐标((a_j, b_j))（不能重复）满足((x_i + a_j, y_i + b_j) = (T_x, T_y))。
Solution
比赛的时候还想着用(map)判断(n ^ 2)去跑，然而其实很简单，将这(n)个关系式全部累加，得到$$left ( sum limits _{i = 1} ^ n { x_i + a_i }, sum limits _{i = 1} ^ n { y_i + b_i } ight ) = (n imes T_x, n imes T_y)$$
记得开(long long)，我就因此被(HACK)了。。
#include<cstdio>
using namespace std;
inline int re()
{
int x = 0;
char c = getchar();
bool p = 0;
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
p |= c == '-';
for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
x = x * 10 + c - '0';
return p ? -x : x;
}
int main()
{
int i, n;
long long x = 0, y = 0;
n = re();
for (i = 1; i <= n; i++)
x += re(), y += re();
for (i = 1; i <= n; i++)
x += re(), y += re();
printf("%lld %lld", x / n, y / n);
return 0;
}
C. New Year and the Sphere Transmission
Description
有(n)个人围成一个圈在传球，球初始在编号为(1)的人手上，每次按顺时针数(k)个人，并将球传给他，即当前拿球的人编号为(x)，则球应传给编号为(((x + k - 1) mod n) + 1)的人。当球再次回到(1)时，结束传球。
设这一轮传球顺序为(1
ightarrow a_1
ightarrow a_2
ightarrow dots
ightarrow a_m
ightarrow 1)，那么产生的贡献为(1 + sum limits _{i = 1} ^ m a_i)。求对于(forall k in [1, n])，求出所有可能的不同贡献，并按从小到大输出。
图片来自(CF)原题。
Solution
画几个样例后就会发现，当(gcd(k, n) = 1)时，定会将所有人轮过去，贡献就是(sum limits _{i = 1} ^ n i)，只有当(gcd(k, n)
e 1)时，才会存在其它的贡献。
因为(1)也是(n)的因数，也刚好代表互质一类，所以(n)的因数就包含了全部可能的不同贡献，我们只需考虑因数。
而对于每一种(k)，很容易发现轮过的人的编号即为一个首项为(1)、公差为(k)的等差数列，由此我们可以计算出项数：(m = left lfloor dfrac{n - 1}{k}
ight
floor + 1)，代入等差数列求和公式：(m imes 1 + dfrac{(m - 1) imes m}{2} imes k)即可得到这一中(k)的贡献。
将(n)分解因数，并计算每一个因数的贡献，最后排序一波输出即可。
然而这题我在提交前匆忙加上(1LL)，结果一个疏忽就(fst)了。。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
ll a[N];
inline int re()
{
int x = 0;
char c = getchar();
bool p = 0;
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
p |= c == '-';
for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
x = x * 10 + c - '0';
return p ? -x : x;
}
int main()
{
int i, n, x, l = 0;
n = re();
for (i = 1; 1LL * i * i < n; i++)
if (!(n % i))
{
x = (n - 1) / i + 1;
a[++l] = 1LL * x + ((1LL * (x - 1) * x) >> 1) * i;
x = (n - 1) / (n / i) + 1;
a[++l] = 1LL * x + ((1LL * (x - 1) * x) >> 1) * (n / i);
}
if (1LL * i * i == n)
{
x = (n - 1) / i + 1;
a[++l] = 1LL * x + ((1LL * (x - 1) * x) >> 1) * i;//加1LL时忘记给完全平方的特殊情况加上去了 QAQ
}
sort(a + 1, a + l + 1);
for (i = 1; i <= l; i++)
printf("%lld ", a[i]);
return 0;
}
D. New Year and the Permutation Concatenation
Description
设(p)为(1 sim n)的全排列所拼成的序列，例如当(n = 3)时，(p = { 1,2,3,1,3,2,2,1,3,2,3,1,3,1,2,3,2,1 })。序列(p)的长度为(n imes n!)。
求有多少组((i, j))满足(sum limits _{k = i} ^ {j} p_k = dfrac{n imes (n + 1)}{2})且(1leqslant i < j leqslant n imes n!, j - i + 1 = n)。
Solution
其实是个排列组合，然而比赛的时候肝了(1)个半小时都没肝出来。。
要使得连续(n)个数和为(dfrac{n imes (n + 1)}{2})，其实就是让这(n)个数不重复出现。
而连续(n)个数最多横跨两个排列，因此我们只需考虑连续的两个排列（不横跨的就是(n)个）。
要使得这(n)个数满足要求，则在前一排列中的后(k)个数必须与后一排列的后(k)个数相同，而对于连续的两个排列，当前一个排列的后(k)个数为递减，那么这两个排列的后(k)个数一定不相同。
至于为什么可以想想全排列产生下一个排列的方式，若后(k)个数是递减的，那么下一个排列定将这(k)个数里面的某个数与前面(n - k)个数里的某个数交换。简单可以理解为对于后(k)个数的全排列已经排完，则需要和前面的数交换一个数在再继续全排列。
因此可以计算对于当前序列的后(k)个数是递减的共有$A _n ^ k $种，而因为最后一个排列没有下一个排列，所以要减去(1)，即(A _n ^ k - 1)种。
对于整个(p)序列，取(n)个连续区间的方法共(n imes n! - (n - 1))种，所以答案就是(n imes n! - (n - 1) - sum limits _{k = 1} ^ {n - 1} { A_n ^ k - 1 } = n imes n! - sum limits _{k = 1} ^ {n - 1} dfrac{n!}{k!})。
另外，这题也有递推式：(f(n) = (f(n − 1) + (n − 1)! − 1) imes n)。
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
const int mod = 998244353;
int fac[N];
int main()
{
int i, n, s = 0;
scanf("%d", &n);
for (fac[n] = n, i = n - 1; i; i--)
fac[i] = 1LL * fac[i + 1] * i % mod;
for (i = n; i > 1; i--)
s = (1LL * s + fac[i]) % mod;
printf("%lld", ((1LL * n * fac[1] % mod - s) % mod + mod) % mod);
return 0;
}