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
1 #include<cstdio> 2 int n,l,r; 3 int main() 4 { 5 scanf("%d",&n); 6 for(int i=1;i<=n;i++) 7 { 8 scanf("%d%d",&l,&r); 9 printf("%d %d ",l,2*l); 10 } 11 return 0; 12 }
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
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=200005,mod=998244353; 6 char a[N]; int len,lp,rp; 7 int main() 8 { 9 scanf("%d%s",&len,a+1); 10 for(int i=1;i<=len;i++) 11 if(a[i]!=a[i+1]) {lp=i; break;} 12 for(int i=len;i;i--) 13 if(a[i]!=a[i-1]) {rp=i; break;} 14 if(lp==len) printf("%lld",(1ll*len*len-1)%mod); 15 else 16 { 17 long long ans=1; 18 ans+=len-rp+1,ans+=lp; 19 if(a[lp]==a[rp]) ans+=1ll*(lp)*(len-rp+1); 20 printf("%lld",ans%mod); 21 } 22 return 0; 23 }
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。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 int rec[360],n,rd,cnt,ans; 6 void Prework() 7 { 8 for(int i=3;i*i<=360;i++) 9 if(360%i==0) rec[++cnt]=i,rec[++cnt]=360/i; 10 rec[++cnt]=180,rec[++cnt]=360,sort(rec+1,rec+1+cnt); 11 } 12 int main() 13 { 14 Prework(); 15 scanf("%d",&n); 16 for(int i=1;i<=n;i++) 17 { 18 scanf("%d",&rd),ans=-1; 19 for(int j=1;j<=cnt;j++) 20 { 21 int ra=180-360/rec[j]; 22 if(ra==rd) {ans=rec[j]; break;} 23 else if(ra%(rec[j]-2)==0&&rd<=ra) 24 { 25 int ori=ra/(rec[j]-2); 26 if(rd%ori==0) {ans=rec[j]; break;} 27 } 28 } 29 printf("%d ",ans); 30 } 31 return 0; 32 }
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
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=100005; 6 long long n,cst,dp[4]; char str[N]; 7 int main() 8 { 9 scanf("%lld%s",&n,str+1); 10 for(int i=1;i<=n;i++) 11 { 12 scanf("%lld",&cst); 13 if(str[i]=='h') dp[0]+=cst; 14 if(str[i]=='a') dp[1]=min(dp[0],dp[1]+cst); 15 if(str[i]=='r') dp[2]=min(dp[1],dp[2]+cst); 16 if(str[i]=='d') dp[3]=min(dp[2],dp[3]+cst); 17 } 18 for(int i=1;i<=3;i++) dp[0]=min(dp[0],dp[i]); 19 printf("%lld",dp[0]); 20 return 0; 21 }
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
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=5500,mod=998244353; 6 int p,s,r,ans,fac[N],inv[N]; 7 void exGCD(int a,int b,int &x,int &y) 8 { 9 if(!b) {x=1,y=0; return;} 10 exGCD(b,a%b,y,x),y-=a/b*x; 11 } 12 int Inv(int x) 13 { 14 int xx,yy; 15 exGCD(x,mod,xx,yy); 16 return (xx%mod+mod)%mod; 17 } 18 void Prework() 19 { 20 fac[0]=inv[0]=1; 21 for(int i=1;i<=5200;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod; 22 inv[5200]=Inv(fac[5200]); 23 for(int i=5199;i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod; 24 } 25 int C(int n,int m) 26 { 27 if(n==m) return 1; if(n<m) return 0; 28 return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod; 29 } 30 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 31 { 32 int ret=C(tot+cnt-1,cnt-1);//插板法 33 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...... 34 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 35 return (ret+mod)%mod; 36 } 37 int main() 38 { 39 scanf("%d%d%d",&p,&s,&r),Prework(); 40 //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 41 for(int i=r;i<=s;i++)//枚举Hasan的得分 42 for(int j=1;j<=p&&i*j<=s;j++,ans%=mod)//枚举得这个分的人数 43 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 44 printf("%lld",1ll*ans*Inv(C(s-r+p-1,p-1))%mod);//总方案数 45 return 0; 46 }
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
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=200005,mod=998244353; 6 int num[N],pos[N],bit[N],unk[N]; 7 int n,rd,cnt,ict,ans,luk,ruk; 8 void exGCD(int a,int b,int &x,int &y) 9 { 10 if(!b) {x=1,y=0; return;} 11 exGCD(b,a%b,y,x),y-=a/b*x; 12 } 13 int Qpow(int x,int k) 14 { 15 if(!k) return 1; 16 if(k==1) return x; 17 int tmp=Qpow(x,k/2); 18 return k%2?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod; 19 } 20 int Inv(int x) 21 { 22 int xx,yy; 23 exGCD(x,mod,xx,yy); 24 return (xx%mod+mod)%mod; 25 } 26 void Add(int x) 27 { 28 while(x<=n) 29 bit[x]++,x+=x&-x; 30 } 31 int Ask(int x) 32 { 33 int ret=0; 34 while(x) 35 ret+=bit[x],x-=x&-x; 36 return ret; 37 } 38 int main() 39 { 40 scanf("%d",&n); 41 for(int i=1;i<=n;i++) 42 { 43 scanf("%d",&rd),num[i]=rd; 44 if(~rd) 45 { 46 ans+=Ask(n-rd+1),ans%=mod; 47 pos[rd]=i,Add(n-rd+1); 48 } 49 } 50 for(int i=1;i<=n;i++) 51 unk[i]=cnt,cnt+=!pos[i]; ict=Inv(cnt); 52 ans+=1ll*cnt*(cnt-1)%mod*Inv(4)%mod,ans%=mod; 53 for(int i=1;i<=n;i++) 54 ~num[i]?ans+=1ll*luk*(cnt-unk[num[i]])%mod*ict%mod,ans%=mod:luk++; 55 for(int i=n;i;i--) 56 ~num[i]?ans+=1ll*ruk*unk[num[i]]%mod*ict%mod,ans%=mod:ruk++; 57 printf("%d",ans); 58 return 0; 59 }
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
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 const int N=1000005,mod=998244353; 6 int n,ni,G,Gi,k,m,rd,ans; 7 int a[4*N],rev[4*N]; 8 void exGCD(int a,int b,int &x,int &y) 9 { 10 if(!b) {x=1,y=0; return;} 11 exGCD(b,a%b,y,x),y-=a/b*x; 12 } 13 int Qpow(int x,int k) 14 { 15 if(!k) return 1; 16 if(k==1) return x; 17 int tmp=Qpow(x,k/2); 18 return k%2?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod; 19 } 20 int Inv(int x) 21 { 22 int xx,yy; 23 exGCD(x,mod,xx,yy); 24 return (xx%mod+mod)%mod; 25 } 26 void NTT(int *arr,int len,int typ) 27 { 28 for(int i=0;i<=len;i++) 29 if(rev[i]>i) swap(arr[rev[i]],arr[i]); 30 for(int i=2;i<=len;i<<=1) 31 { 32 int lth=i>>1,ort=Qpow(~typ?G:Gi,(mod-1)/i); 33 for(int j=0;j<len;j+=i) 34 { 35 int ori=1,tmp; 36 for(int k=j;k<j+lth;k++,ori=1ll*ori*ort%mod) 37 { 38 tmp=1ll*ori*arr[k+lth]%mod; 39 arr[k+lth]=(arr[k]-tmp+mod)%mod; 40 arr[k]=(arr[k]+tmp)%mod; 41 } 42 } 43 } 44 if(typ==-1) 45 { 46 int ni=Inv(len); 47 for(int i=0;i<=len;i++) 48 arr[i]=1ll*arr[i]*ni%mod; 49 } 50 } 51 void Init() 52 { 53 scanf("%d%d",&n,&k); 54 G=3,Gi=Inv(G),m=1; 55 for(int i=1;i<=k;i++) 56 scanf("%d",&rd),a[rd]++; 57 while(m<=n*5) m<<=1; 58 for(int i=1;i<=m;i++) 59 rev[i]=(rev[i>>1]>>1)+(i&1)*(m>>1); 60 } 61 int main() 62 { 63 Init(); 64 NTT(a,m,1); 65 for(int i=0;i<=m;i++) a[i]=Qpow(a[i],n/2); 66 NTT(a,m,-1); 67 for(int i=0;i<=m;i++) ans+=1ll*a[i]*a[i]%mod,ans%=mod; 68 printf("%d",ans); 69 return 0; 70 }