比赛链接: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11166
还在补题，但是好多，补不完了qwq。
已完成：A (B) D F I J
A - Alice and Bob
题意简介
两堆石子，分别是 (n) 和 (m) 个，Alice 先取，Bob 后取。每次，可以从其中一堆中取走 (k) ( (k>0) ) 个，然后从另一堆中取走 (s imes k) ( (sgeq 0) ) 。轮到某个人时石子都没了，那个人就会输掉。现在给你 10000 组询问，(1leq n,mleq 5 imes 10^3)，要你输出每组询问谁会赢。
思路分析
想不出正解，但是先暴力算一遍再说。记 (f(i,j)) 表示第一堆石子剩下 (i) ，第二堆石子剩下 (j) 的情况下先手方的状态，(1) 表示必胜 ，有：(f(i,j) = max{(1-f(i-k,j-ks))})
因为发现必败态只有 2719 种，于是存下来，每次询问直接二分查找。
上面是比赛时用的打表思路。
经过后续的听讲，我们知道这道题可以利用每个 i 只唯一对应一个必败态来搞事，而且据出题人说可以跑得飞快，于是我就自己敲了一个。
思路就是用 (Q_i) 存下对于每个 (i) ，与之唯一对应的必败态 (j)（当然也可能不存在，记为 (-1)）。
然后再根据这些必败态，枚举倍数来排除必胜态，找到下一个必败态。
理论复杂度是 (O(n^2 log n)) 的，但因为减了不少枝，所以跑得飞快，500 来毫秒左右。
但是我并没有理解出题人说的 (n = 10000) 也可以跑出来需要怎么做，因为我无法省去这个二维数组，求大佬教教我qwq。
解题代码
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 5005;
int n, m, Q[N]; bool vis[N][N];
int main() {
memset(Q, -1, sizeof(Q));
Q[0] = 0;
for(int i=0; i<=5000; i++) {
if(Q[i] != -1) {
for(int j=Q[i]+1; j<=5000; j++) {
for(int k=i; k<=5000; k+=j-Q[i]) vis[k][j] = 1;
}
continue;
}
for(int j=i-1; j>=0; j--) {
if(Q[j] == -1) continue;
for(int k=Q[j]; k<=5000; k+=i-j) vis[i][k] = 1;
}
for(int j=i+1; j<=5000; j++) {
if(!vis[i][j]) {
Q[i] = j, Q[j] = i;
break;
}
}
if(Q[i] != -1) {
for(int j=Q[i]+1; j<=5000; j++) {
for(int k=i+j-Q[i]; k<=5000; k+=j-Q[i]) vis[k][j] = 1;
}
}
}
int t; scanf("%d", &t);
while(t--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
if(Q[n] != -1 && Q[n] == m) puts("Bob");
else puts("Alice");
}
return 0;
}
B - Ball Dropping
题意简介
如上图，给你 (a,b,r,h) ，问你球是否会从漏斗里掉出去。如果不会，求图上红边的长度。
数据保证 (2r eq b) , (2r<a) , (2r<h) 。
思路分析
队友切的。几何题一生之敌qwq。
TODO
通过代码见：提交记录
C - Cut the Tree
题意简介
TODO
思路分析
TODO
D - Determine the Photo Position
题意简介
给你一个只含 0 和 1 的 (n imes n) 的矩阵，表示相片上有的地方站了学生有的地方没站。现在告诉你有 (m) 个老师站成一排，要求你把这一排老师完整地、不能拆分或旋转地，插入到相片地空白处。问你有多少种插入方式。
思路分析
签到。求出所有的连续的 0 段的 0 的数目 c，每个连续 0 段对答案的贡献是 (max{(c-m+1, 0)}) 。
解题代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N=2005;
int n,m; char s[N][N],s2[N];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf(" %s",s[i]+1);
scanf(" %s",s2+1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int c0=0;
for(int j=1;j<=n+1;j++){
if(s[i][j]!=s[i][j-1]){
if(s[i][j]!='0'){
ans+=max(0,c0-m+1);
c0=0;
}else{
c0=1;
}
}else if(s[i][j]=='0') c0++;
}
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
E - Escape along Water Pipe
题意简介
TODO
思路分析
TODO
F - Find 3-friendly Integers
题意简介
一个整数被称为 3友好整数 ，当且仅当可以从它的十进制表示中找到一个连续子串，这个连续子串的表示的数字是 3 的倍数。
给你 10000 组询问，问你 (L) 到 (R) 里有多少个整数满足上述要求。( (1leq Lleq R leq 10^{18}) )
思路分析
我们知道，一个数是三的倍数，那么它的各位数之和也是三的倍数。
想要方便直观地各位数之和，那么我们可以给每一位数都模个 3 。
我们知道，想要一个数想要不满足题意，它的各个数字模 3 后首先不能是 0 。
所以，我们试着用数字 1 和 2 来构造不满足题意的数，不难发现，根本无法构造出 4 位数以上的数字。
所以，对于位数少的，我们直接预处理出那些数字满足题意，对于位数大的部分，它一定是满足题意的，直接 (R-L+1) 就完事了。
解题代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6;
int vis[N];
inline void calc(int x){
static int dig[1000];
int cn=0;
int ux=x;
while(x){
dig[++cn]=x%10;
x/=10;
}
for(int i=1;i<=cn;i++) dig[i]+=dig[i-1];
for(int i=1;i<=cn;i++) for(int j=i;j<=cn;j++){
if((dig[j]-dig[i-1])%3==0){
vis[ux] = 1; return;
}
}
return;
}
int main(){
int t; scanf("%d",&t);
vis[0]=1;
for(int i=1;i<=N;i++) {
calc(i);
vis[i]+=vis[i-1];
}
while(t--){
ll L,R; scanf("%lld%lld",&L,&R);
ll ans=0;
if(R<=N) ans=vis[R]-vis[L-1];
else if(L<=N) ans=R-N+vis[N]-vis[L-1];
else ans=R-L+1;
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
G - Game of Swapping Numbers
题意简介
TODO
思路分析
TODO
H - Hash Function
题意简介
给你一个大小为 (n) 的没有重复数字的集合 ({a_i})，问你使集合内所有数对 (x) 取模的答案两两不同的最小 (x) 。(0leq a_ileq 500000) ，(1leq n leq 500000) 。
思路分析
比赛时开桶暴力瞎搞的。数据加强了之后烂了。不会多项式，下一个。
TODO
I - Increasing Subsequence
题意简介
Alice 和 Bob 轮流对一个排列进行取数。每次取都要比上一个被取的数字更大。同时，对于同一个人，他取数时除了要满足比上一个数大外，还要求新取的数要在自己上一次取的数的右边。如果这一轮里一个人可以取的数不止一个，他会随机等概率拿一个出来。求游戏进行的轮次的期望值。
思路分析
比赛时有一个 O(n^3) 的思路，但是没时间了，细节也没搞清楚，于是没搞出来，赛后重新复盘了一下。
我们记 (p(i, j)) 为 Alice 选了 (i) 次，Bob 选了 (j) 次的概率。
显然的，(A_i > A_j) 时，当前这个状态最后一次取的人是 Alice（因为每次取数要比上一次取数更大），所以这个状态必然是由 (p(k, j)) 转移过来的。且根据题意，我们可以知道，这个状态必须满足 (A_k < A_j)，和 (k < i) 。
而从 ((k ,j)) 转移到 ((i, j)) ，意味着 Alice 在 (k) 往后的位置中所有能选的位置里，恰好挑中了 (i) 。
于是，我们有转移：(p(i, j) = sum p(k, j) imes frac{1}{c})，其中 (c) 表示 (k) 往后的位置中能选的位置的数量，且 (k) 必须满足上面分析的条件（搞进公式里太复杂了，自已意会一下好了qwq）。
同理，对于 (A_j > A_i)，我们有转移：(p(i, j) = sum p(i, k) imes frac{1}{c})
有了这个东西之后，轮次期望的转移就变得非常明显了。
我们记 (f(i, j)) 为 Alice 选了 (i) 次，Bob 选了 (j) 次的轮次期望。
于是，对于 (A_i > A_j) 有：(f(i, j) = sum f(k, j) imes frac{1}{c} + 1 imes p(k, j) imes frac{1}{c})。
小于的情况类似。
接下来考虑如何实现。
首先，题目 (n leq 5000) ，因此我们只能是 (O(n^2)) ，甚至不能带 (log n) 。发现需要求逆元的 (c) 小于 (n)，所以我们先预处理出 (1) 到 (n) 的所有逆元。
对于 (c) 的快速求解，我们可以开个二维数组，用 (cnt(i, j)) ，表示从下标 (i) 开始的后缀里，值小于等于 (j) 的数量（相当于对每个后缀开了一个桶）。
接下来，仔细观察转移的式子，我们可以发现，大于的状态必然从小于的状态转移过来，而且转移过程与 (i) （(j)）无关，所以我们可以维护类似前缀和的东西。
具体实现见代码。
解题代码
代码中的注释部分为 (O(n^3)) 的写法。
#include <cstdio>
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353, N = 5005;
int n; ll A[N], P[N], f[N][N], cnt[N][N], p[N][N], sp1[N], sf1[N], sp2[N][N], sf2[N][N], inv[N];
inline char getc() {
static char buf[1<<14], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1<<14, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
inline ll scan() {
ll x = 0; char ch = 0;
while(ch < 48) ch = getc();
while(ch >= 48) x = x * 10 + ch - 48, ch = getc();
return x;
}
inline ll _pow(ll x, ll p) {
ll ans = 1;
while(p) {
if(p&1) ans = ans * x %mod;
x = x * x % mod; p >>= 1;
}
return ans;
}
inline ll _inv(ll x) {
return _pow(x, mod - 2);
}
inline ll add(ll a, ll b) {
return a + b >= mod ? a + b - mod : a + b;
}
int main() {
n = scan();
for(int i=1; i<=n; i++) {
A[i] = scan();
P[A[i]] = i;
inv[i] = _inv(i);
}
for(int i=1; i<=n; i++) {
for(int j=i; j<=n; j++) {
cnt[i][A[j]]++;
}
for(int j=1; j<=n; j++) {
cnt[i][j] += cnt[i][j-1];
}
}
p[0][0] = 1;
for(int i=1; i<=n; i++) {
p[i][0] = f[i][0] = inv[n];
int _c = cnt[1][n] - cnt[1][A[i]];
sp2[i][0] = p[i][0] * inv[_c] % mod;
sf2[i][0] = (f[i][0] + 1 * p[i][0]) * inv[_c] % mod;
for(int j=1; j<=n; j++) {
// 计算 f[i][j] 和 p[i][j]
if(A[i] > A[j]) {
/*for(int k=1; k<i; k++) {
if(A[k] < A[j]) {
int c = cnt[k+1][n] - cnt[k+1][A[j]];
p[i][j] += p[k][j] * _inv(c) % mod;
p[i][j] %= mod;
f[i][j] += (f[k][j] + 1 * p[k][j]) * _inv(c) % mod;
f[i][j] %= mod;
}
}*/
p[i][j] = add(p[i][j], sp1[j]);
f[i][j] = add(f[i][j], sf1[j]);
// 维护 sp2 和 sf2
int c = cnt[j+1][n] - cnt[j+1][A[i]];
sp2[i][j] = (sp2[i][j] + p[i][j] * inv[c]) % mod;
sf2[i][j] = (sf2[i][j] + (f[i][j] + p[i][j]) * inv[c]) % mod;
}
if(A[i] < A[j]) {
/*for(int k=0; k<j; k++) {
if(A[k] < A[i]) {
int c = cnt[k+1][n] - cnt[k+1][A[i]];
p[i][j] += p[i][k] * _inv(c) % mod;
p[i][j] %= mod;
f[i][j] += (f[i][k] + 1 * p[i][k]) * _inv(c) % mod;
f[i][j] %= mod;
}
}*/
p[i][j] = add(p[i][j], sp2[i][j-1]);
f[i][j] = add(f[i][j], sf2[i][j-1]);
}
sp2[i][j] = add(sp2[i][j], sp2[i][j-1]);
sf2[i][j] = add(sf2[i][j], sf2[i][j-1]);
}
// 维护前缀和
for(int j=0; j<=n; j++) {
if(A[i] < A[j]) {
int c = cnt[i+1][n] - cnt[i+1][A[j]];
sp1[j] = (sp1[j] + p[i][j] * inv[c]) % mod;
sf1[j] = (sf1[j] + (f[i][j] + p[i][j]) * inv[c]) % mod;
}
}
}
ll res = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=0; j<=n; j++) {
if(A[i] > A[j]) {
int c = cnt[j+1][n] - cnt[j+1][A[i]];
if(c == 0) res = add(res, f[i][j]);
}
if(A[j] > A[i]) {
int c = cnt[i+1][n] - cnt[i+1][A[j]];
if(c == 0) res = add(res, f[i][j]);
}
}
printf("%lld", res);
return 0;
}
J - Journey among Railway Stations
题意简介
(n) 个车站，每个车站有一个开启时间和一个关闭时间。如果提早到了，需要等到开启时间才能走，如果晚到了，就再也过不去了。
相邻车站有一条从左到右的单向道路，表示需要走多少时间才能从一个车站到另一个车站。
现在有两种操作，一种询问：
-
修改车站的起始时间。
-
修改车站间路的长度。
-
询问能否从第 (l) 个车站移动到第 (r) 个车站并通过。
思路分析
看一眼数据范围：(n leq 10^6) 。还有修改和查询。是数据结构哒！
然后我就溜了。
补题的时候听了下讲解。这道题是个很巧妙的线段树题。
我们可以观察到，不管是多长的区间，我们画出进入区间的时间与离开区间的最早时间的函数，你总能发现这样的三部分：
-
早来了，在移动过程中需要经过等待，最终出区间的时间一样。
-
中间不需要任何等待，出区间的时间随入区间的时间单调递增，且斜率为 1。
-
来晚了，过不去了。
不难发现，我们只要维护三个值，就可以推出完整的函数图像：
-
wait: 在这个时间之前来，一定需要等待
-
late: 在这个时间之后来，一定过不去
-
time: 从 wait 这个时间前来，会在什么时候离开（也就是可能的最早离开时间）。
具体的维护和初始化，画画图，仔细想想、分类讨论一下可以搞出来（语文能力差，表达不出来）。可以参考代码的 merge 函数，可能写得有点丑qwq。
因为都是单点修改，所以每次改完后递归到底，往上一路 maintain 就完事了。
解题代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5;
#define ls (u<<1)
#define rs ((u<<1)+1)
struct Node {
ll wait, late, time;
Node(): wait(0), late(0), time(0) {}
}Tr[N<<2];
int s[N], e[N], cost[N], n, q;
inline void debug(Node x) {
printf("Wait: %lld, late: %lld, time: %lld
", x.wait, x.late, x.time);
}
inline void output(int u, int l, int r) {
if(l > r) return;
printf("For [%d, %d]: ", l, r);
debug(Tr[u]);
if(l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
output(ls, l, mid);
output(rs, mid + 1, r);
}
inline Node merge(Node A, Node B, ll w) {
Node C = Node();
if(A.time == -1 || B.time == -1) return C.time = -1, C;
ll ti = A.time + w;
if(ti > B.late) return C.time = -1, C;
if(ti >= B.wait) C.wait = A.wait;
else {
C.wait = A.wait + (B.wait - ti);
ti = B.wait;
}
C.time = B.time + (ti - B.wait);
C.late = min(A.late, C.wait + (B.late - ti));
return C;
}
inline void maintain(int u, int l, int r) {
int mid = (l + r) >> 1;
Tr[u] = merge(Tr[ls], Tr[rs], cost[mid]);
}
void build(int u, int l, int r) {
if(l == r) {
Tr[u].wait = s[l];
Tr[u].late = e[l];
Tr[u].time = s[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(ls, l, mid), build(rs, mid + 1, r);
return maintain(u, l, r);
}
Node query(int u, int l, int r, int ql, int qr) {
if(l > qr || r < ql) return Node();
if(ql <= l && r <= qr) return Tr[u];
int mid = (l + r) >> 1;
if(l > qr || mid < ql) return query(rs, mid + 1, r, ql, qr);
if(mid + 1 > qr || r < ql) return query(ls, l, mid, ql, qr);
return merge(query(ls, l, mid, ql, qr), query(rs, mid + 1, r, ql, qr), cost[mid]);
}
void update(int u, int l, int r, int x) {
if(l > x || r < x) return;
if(l == r) {
Tr[u].wait = s[l];
Tr[u].late = e[l];
Tr[u].time = s[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
update(ls, l, mid, x); update(rs, mid + 1, r, x);
return maintain(u, l, r);
}
int main() {
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%d", &n);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", s+i);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", e+i);
for(int i=1; i<n; i++) scanf("%d", cost+i);
build(1, 1, n);
// puts("=======================");
// output(1, 1, n);
// puts("=======================");
scanf("%d", &q);
while(q--) {
int opt; scanf("%d", &opt);
if(opt == 0) {
int l, r; scanf("%d%d", &l, &r);
Node ans = query(1, 1, n, l, r);
puts(ans.time == -1 ? "No" : "Yes");
}
if(opt == 1) {
int i, w; scanf("%d%d", &i, &w);
cost[i] = w;
update(1, 1, n, i);
}
if(opt == 2) {
int i, _s, _e;
scanf("%d%d%d", &i, &_s, &_e);
s[i] = _s, e[i] = _e;
update(1, 1, n, i);
}
/* if(opt) {
puts("=======================");
output(1, 1, n);
puts("=======================");
} */
}
}
return 0;
}
K - Knowledge Test about Match
题意简介
TODO
思路分析
TODO