比赛链接：https://codeforces.com/contest/1342
A. Road To Zero
o(*≧▽≦)ツ
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=100010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,x,y,a,b;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>x>>y;
cin>>a>>b;
int ans=0;
if(2*a>b){
if(x>0 && y>0){
int t=min(x,y);
ans+=t*b;
x-=t;
y-=t;
}
if(x<0 && y<0){
int t=min(-x,-y);
ans+=t*b;
x+=t;
y+=t;
}
}
ans+=a*(abs(x)+abs(y));
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
B. Binary Period
(*^▽^*)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=100010; typedef long long ll;
#define int ll
int T;
string s;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>s;
bool a0=1,a1=1;
repeat(i,0,s.length()){
if(s[i]=='1')a0=0;
if(s[i]=='0')a1=0;
}
if(a0 || a1)cout<<s;
else
repeat(i,0,s.length())
cout<<"01";
cout<<endl;
}
return 0;
}
C. Yet Another Counting Problem
好了，正片开始
事实上，((x mod a)) 是有周期性的，周期为 (a)，((x mod b)) 的周期为 (b)，那么 (g(x)=f(x mod a,x mod b)) 呢？显而易见，(ab) 一定是 (g(x)) 的其中一个周期
那么我们令 (g(x)=[x mod a mod b ot= x mod b mod a])，只要维护 (g(x)) 的一个周期（长为 (ab)），就能很快算出 (sumlimits_{i=l}^{r}g(x)) 了
（一定有人想问为什么不说人话，要不……直接看代码吧？逃）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=100010; typedef long long ll;
#define int ll
int T;
int s[N];
int a,b,q;
int work(int x){
return x/(a*b)*s[a*b]+s[x%(a*b)];
}
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>a>>b>>q;
repeat(i,1,a*b+1)
s[i]=s[i-1]+(i%a%b!=i%b%a); //g(x)的前缀和
while(q--){
int x,y; cin>>x>>y;
cout<<work(y)-work(x-1)<<' ';
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
D. Multiple Testcases
一波巧妙的构造，差点被自己惊艳到/xyx（huge fog）
事实上第一个应该求出的是 (ans)。先让 ({m[i]}) 升序排列，如果要将大于等于 (m[i]) 的所有数存起来，那么一定需要 (lceil dfrac {n-i+1}{c[m[i]]} ceil) 个数据点（大于等于 (m[i]) 的数有 (n-i+1)个），取它们的最大值 (maxlimits_{i=1}^{n}lceil dfrac {n-i+1}{c[m[i]]} ceil) 就是 (ans) 了
然后需要构造出怎么存数据点，直接轮流放置即可，即 (m[1]) 放第 (1) 个， (m[2]) 放第 (2) 个，……，(m[ans]) 放第 (ans) 个，(m[ans+1]) 放第 (1) 个，……，(m[kcdot ans+t]) 放第 (t) 个。这个巧妙（雾）的设计可以避免过载，虽然暂时不确定这个方法是不是有锅/kk
证明？证明是不存在的，不然我现在也不会这么慌
更：杨老师提供了证明（%%%tql）
就 考虑从头到尾放置 其实是1.2.3...ans然后回到1.2.3...这样从头到尾放过来
1.2.3..ans指的是最后的答案
在放置的过程中 如果有超过限制的个数出现 比如8之前只能放3个 总共有5个容器可以放 但是第一个容器放了4个
这时候说明8之前数的个数的肯定超过了3*5+1个 答案就肯定不止5个容器了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int a[N],c[N];
int n,k,ans;
signed main(){
cin>>n>>k;
repeat(i,1,n+1)cin>>a[i]; sort(a+1,a+n+1);
repeat(i,1,k+1)cin>>c[i];
repeat(i,1,n+1)ans=max(ans,(n-i+1+c[a[i]]-1)/c[a[i]]);
cout<<ans<<endl;
repeat(i,1,ans+1){
int cnt=0;
for(int j=i;j<=n;j+=ans)
cnt++;
cout<<cnt<<' ';
for(int j=i;j<=n;j+=ans)
cout<<a[j]<<' ';
cout<<endl;
}
return 0;
}
E. Placing Rooks
首先有一个重要的结论，即每一行都一个车/每一列都有一个车，两者至少满足其一。如果不满足，那么我们写出它的相反命题，即存在一行无车并且存在一列无车，显然不满足题意，QED
那么先假设车占据了任一列。经过简单操作发现，所有车占据的行数恰好等于 (n-k)，证明略，不相信的可以画个棋盘搞一下（雾）
然后我用了容斥，先选择 (n-k) 行（(C_{n}^{n-k}) 种情况），在列互不相同的情况下每个棋子都无脑放入这 (n-k) 行（((n-k)^n) 种情况），显然会多出有空行的情况，所以要减去至少有 (1) 个空行（((n-k-1)^n C_{n-k}^{1}) 种情况），加上至少有 (2) 个空行（((n-k-2)^n C_{n-k}^{2}) 种情况），减去至少有 (3) 个空行，……公式为 (C_{n}^{n-k}[(n-k)^n-(n-k-1)^n C_{n-k}^{1}+(n-k-2)^n C_{n-k}^{2}-...])（注：“至少有 (1) 个空行”“至少有 (2) 个空行”等等这些情况是有重复的，所以之后会一加一减来平衡）（很难懂吧，我也觉得，我很久之前就想学容斥专题了，咕到现在）
当然我们刚好考虑一半（注：上面只考虑了车占据任一列的情况，任一行的情况显然数目相同），所以要乘2。但是但是，(k=0) 就不用乘2，特判一下，(k> n) 也要特判一下不然 (n-k) 是负数了
更：好像是第二类斯特林数qwq，我组合数学还是太菜了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
const int mod=(0?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
#define int ll
struct CC{
static const int N=200010;
ll fac[N],inv[N];
CC(){
fac[0]=1;
repeat(i,1,N)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[N-1]=qpow(fac[N-1],mod-2,mod);
repeat_back(i,0,N-1)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll operator()(ll a,ll b){ //a>=b
if(a<b)return 0;
return fac[a]*inv[a-b]%mod*inv[b]%mod;
}
}C;
int a[N],c[N];
int n,k,ans;
signed main(){
cin>>n>>k;
if(k>=n)cout<<0<<endl,exit(0);
if(k==0)cout<<C.fac[n]<<endl,exit(0);
repeat(i,0,n-k+1){
if(i%2==0)ans+=qpow(n-k-i,n)*C(n-k,i)%mod;
else ans-=qpow(n-k-i,n)*C(n-k,i)%mod;
}
ans%=mod;
(ans*=C(n,n-k))%=mod;
(ans*=2)%=mod;
cout<<(ans+mod)%mod<<endl;
return 0;
}