Codeforces Educational Round 57

这场出题人好像特别喜欢998244353，每个题里都放一个

A.Find Divisible

考察选手对输入输出的掌握

#include<cstdio>
int n,l,r;
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&l,&r);
        printf("%d %d
",l,2*l);
    }
    return 0;
}

B.Substring Removal

一道讨论题

首先，特别的，如果整个串由一种字母组成，答案为非空子串数目(即$len^2-1$)

首先我们找出来左右两边相同的最长连续的段，记左边段长为l，右边段长为r。

然后显然我们可以有l+r种删法，即左/右剩下1,2,3......l/r个字母

如果左右两段的字母相同，那么删掉中间+两边延伸又有l*r种删法

还有删整个串也是一种

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200005,mod=998244353;
char a[N]; int len,lp,rp;
int main()
{
    scanf("%d%s",&len,a+1);
    for(int i=1;i<=len;i++) 
        if(a[i]!=a[i+1]) {lp=i; break;}
    for(int i=len;i;i--) 
        if(a[i]!=a[i-1]) {rp=i; break;}
    if(lp==len) printf("%lld",(1ll*len*len-1)%mod);
    else
    {
        long long ans=1;
        ans+=len-rp+1,ans+=lp;
        if(a[lp]==a[rp]) ans+=1ll*(lp)*(len-rp+1);
        printf("%lld",ans%mod);
    }
    return 0;
}

C.Polygon for the Angle

一道小学数学题，题解居然还用了圆周角+圆心角，太浪费了

发现360的约数总共也没几个，于是预先筛一波内角为整数的正多边形。每次从小到大枚举，如果内角可以被$n-2$等分且内角大于询问的角就讨论一下。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int rec[360],n,rd,cnt,ans;
void Prework()
{
    for(int i=3;i*i<=360;i++)
        if(360%i==0) rec[++cnt]=i,rec[++cnt]=360/i;
    rec[++cnt]=180,rec[++cnt]=360,sort(rec+1,rec+1+cnt);
}
int main()
{
    Prework();
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&rd),ans=-1;
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            int ra=180-360/rec[j];
            if(ra==rd) {ans=rec[j]; break;}
            else if(ra%(rec[j]-2)==0&&rd<=ra)
            {
                int ori=ra/(rec[j]-2);
                if(rd%ori==0) {ans=rec[j]; break;}
            }
        }
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

D.Easy Problem

一道智商题

$dp[i][j]$表示到$i$位置已经拼出来了"hard"的前j个字符，讨论每个h,a,r,d的位置扔不扔即可，滚动数组可以滚成四个变量

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100005;
long long n,cst,dp[4]; char str[N];
int main()
{
    scanf("%lld%s",&n,str+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&cst);
        if(str[i]=='h') dp[0]+=cst;
        if(str[i]=='a') dp[1]=min(dp[0],dp[1]+cst);
        if(str[i]=='r') dp[2]=min(dp[1],dp[2]+cst);
        if(str[i]=='d') dp[3]=min(dp[2],dp[3]+cst);
    }
    for(int i=1;i<=3;i++) dp[0]=min(dp[0],dp[i]);
    printf("%lld",dp[0]);
    return 0;
}

E.The Top Scorer

大力计数题，本场最难一题

整体思路是规定Hasan的得分(不严格)最高的情况下，枚举Hasan的得分，然后枚举得这个分的人数来计算 

具体实现是这样的

$huge ans=frac{sumlimits_{i=r}^ssumlimits_{j=1}^pfrac{1}{j}C_{p-1}^{j-1}Calc(p-j,s-i*j,i)}{C_{s-r+p-1}^{p-1}}$

解释一下这是在干啥：底下的是总方案数，插板法；上面是先枚举Hasan的得分$i$，然后枚举得这个分的人数$j$，这样Hasan有$frac{1}{j}$的概率获胜，然后从除了Hasan的$p-1$个人里选这$j$个人有$C_{p-1}{j-1}$种方案。后面那个$Calc(x,y,z)$表示计算有$x$个人总分为$y$最高分小于$z$的方案数

那么有

$huge Calc(x,y,z)=C_{y+x-1}^{x-1}-sumlimits_{i=1}^{x}(-1)^iC_{x}^{i}C_{y-i*z+x-1}^{x-1}$

再解释一下：这是在容斥，容斥系数就不说了，$C_{x}^{i}$是规定选出$i$个人去不满足方案的方案数，$C_{y-i*z+x-1}^{x-1}$是先留出$i$个$z$让这些人不合法，剩下的插板

注意可能会出现组合数是负数但是也是有实际意义的情况，判掉(淦

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=5500,mod=998244353;
int p,s,r,ans,fac[N],inv[N];
void exGCD(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(!b) {x=1,y=0; return;}
    exGCD(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
int Inv(int x)
{
    int xx,yy;
    exGCD(x,mod,xx,yy);
    return (xx%mod+mod)%mod;
}
void Prework()
{
    fac[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=5200;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    inv[5200]=Inv(fac[5200]);
    for(int i=5199;i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int n,int m)
{
    if(n==m) return 1; if(n<m) return 0;
    return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int Calc(int cnt,int lim,int tot)//计算：cnt个人，总分为tot，最高分小于lim的方案数 
{
    int ret=C(tot+cnt-1,cnt-1);//插板法 
    for(int i=1,j;i<=cnt;i++,ret%=mod)//容斥：减掉1个的，加上2个的，减掉3个的...... 
        j=i%2?mod-1:1,ret+=1ll*j*C(cnt,i)%mod*C(tot-i*lim+cnt-1,cnt-1)%mod;//把i个lim分出去，强行让i个人超过限制
    return (ret+mod)%mod; 
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&p,&s,&r),Prework();
    //思路：在规定Hasan得分(不严格)最高的情况下，枚举Hasan的得分，然后枚举得这个分的人数来计算 
    for(int i=r;i<=s;i++)//枚举Hasan的得分 
        for(int j=1;j<=p&&i*j<=s;j++,ans%=mod)//枚举得这个分的人数 
            ans+=1ll*C(p-1,j-1)*Inv(j)%mod*Calc(p-j,i,s-i*j)%mod;//依次是选那j-1个人的方案数，在这些人里Hasan获胜的几率，还有上面写的那个东西
    printf("%lld",1ll*ans*Inv(C(s-r+p-1,p-1))%mod);//总方案数 
    return 0;
}

F.Inversion Expectation

又是一道分类讨论题(算吗？

设有$unk$个位置未知

已知-已知 求逆序对 ：树状数组入门题

未知-未知 求逆序对：总共$frac{unk*(unk-1)}{2}$个有序对，其中$frac{1}{2}$是逆序对，乘起来就好了

已知-未知 求逆序对：首先对每个数$i$预处理出$un[i]$有多少个小于$i$的数没出现。从右往左扫一遍，这样如果到一个数它后面有$unk'$个未知位置，那么每个位置都有$frac{un[i]}{unk}$的几率形成一个逆序对，于是可以统计。反过来同理

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200005,mod=998244353;
int num[N],pos[N],bit[N],unk[N];
int n,rd,cnt,ict,ans,luk,ruk;
void exGCD(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(!b) {x=1,y=0; return;}
    exGCD(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
int Qpow(int x,int k)
{
    if(!k) return 1;
    if(k==1) return x;
    int tmp=Qpow(x,k/2);
    return k%2?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
}
int Inv(int x)
{
    int xx,yy;
    exGCD(x,mod,xx,yy);
    return (xx%mod+mod)%mod;
}
void Add(int x)
{
    while(x<=n)
        bit[x]++,x+=x&-x;
}
int Ask(int x)
{
    int ret=0;
    while(x)
        ret+=bit[x],x-=x&-x;
    return ret;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&rd),num[i]=rd;
        if(~rd) 
        {
            ans+=Ask(n-rd+1),ans%=mod;
            pos[rd]=i,Add(n-rd+1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        unk[i]=cnt,cnt+=!pos[i]; ict=Inv(cnt);
    ans+=1ll*cnt*(cnt-1)%mod*Inv(4)%mod,ans%=mod;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ~num[i]?ans+=1ll*luk*(cnt-unk[num[i]])%mod*ict%mod,ans%=mod:luk++;
    for(int i=n;i;i--)
        ~num[i]?ans+=1ll*ruk*unk[num[i]]%mod*ict%mod,ans%=mod:ruk++;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

G.Lucky Tickets

这其实是前后都选$n$个数，问你相等的方案数$n$，用多项式乘法优化这个背包的过程即可。具体来说就是DFT之后自乘$frac{n}{2}$次然后卷回去，最后每个位置平方就是和为这个的方案。注意因为要自乘好多次需要开够多项式的空间

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1000005,mod=998244353;
int n,ni,G,Gi,k,m,rd,ans;
int a[4*N],rev[4*N];
void exGCD(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(!b) {x=1,y=0; return;}
    exGCD(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
int Qpow(int x,int k)
{
    if(!k) return 1;
    if(k==1) return x;
    int tmp=Qpow(x,k/2);
    return k%2?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
}
int Inv(int x)
{
    int xx,yy;
    exGCD(x,mod,xx,yy);
    return (xx%mod+mod)%mod;
}
void NTT(int *arr,int len,int typ)
{
    for(int i=0;i<=len;i++)
        if(rev[i]>i) swap(arr[rev[i]],arr[i]);
    for(int i=2;i<=len;i<<=1)
    {
        int lth=i>>1,ort=Qpow(~typ?G:Gi,(mod-1)/i);
        for(int j=0;j<len;j+=i)
        {
            int ori=1,tmp;
            for(int k=j;k<j+lth;k++,ori=1ll*ori*ort%mod)
            {
                tmp=1ll*ori*arr[k+lth]%mod;
                arr[k+lth]=(arr[k]-tmp+mod)%mod;
                arr[k]=(arr[k]+tmp)%mod;
            }
        }
    }
    if(typ==-1)
    {
        int ni=Inv(len);
        for(int i=0;i<=len;i++)
            arr[i]=1ll*arr[i]*ni%mod;
    }
}
void Init()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    G=3,Gi=Inv(G),m=1;
    for(int i=1;i<=k;i++)
        scanf("%d",&rd),a[rd]++;
    while(m<=n*5) m<<=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        rev[i]=(rev[i>>1]>>1)+(i&1)*(m>>1);
}
int main()
{
    Init();
    NTT(a,m,1);
    for(int i=0;i<=m;i++) a[i]=Qpow(a[i],n/2);
    NTT(a,m,-1);
    for(int i=0;i<=m;i++) ans+=1ll*a[i]*a[i]%mod,ans%=mod;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}