爆炸的比较厉害……果然还是菜啊……
(A)
我们强制一个点为((0,0))，那么设剩下两个点分别为((a,b),(c,d))，根据叉积可以计算出面积为(ad-bc=S)，那么令(ad)略大于(S)，然后对于(bc)暴力枚举一下就行了
ll S,p,a,b,c,d,t;
void init(){
if(p*p==S)return a=b=p,void();
a=b=p+1;
}
int main(){
cin>>S,p=sqrt(S);init(),t=a*b-S;
fp(i,1,1e9)if(t%i==0&&t/i<=1e9){c=i,d=t/i;break;}
printf("%lld %lld %lld %lld %lld %lld
",0ll,0ll,a,c,d,b);
return 0;
}
(B)
我们考虑记录一个(pos)，初始为(1)，每一次找到序列中下一个和它元素值一样的位置，不管他们两个位置之间元素值长什么样子，他们两个之间肯定是要全被删掉的，然后令新的(pos)为那个一样的位置(+1)。因为(pos)的取值最多只有(O(n))种，所以最多跑(n)次就可以找到循环节，找到循环节之后把(k)取个模就行了，剩下的就可以暴力跑了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+5;
int st[N],pk[N],a[N],nxt[N],las[N],xia[N],n,pos,top;ll k;
int main(){
scanf("%d%lld",&n,&k);
fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),nxt[las[a[i]]]=i,las[a[i]]=i;
fp(i,1,n)nxt[las[a[i]]]=i,las[a[i]]=i;
fp(i,1,n-1)xia[i]=i+1;xia[n]=1;
st[++top]=1,pk[top]=1,pos=1;
do{
++top,pk[top]=pk[top-1]+(nxt[pos]<=pos)+(nxt[pos]==n);
st[top]=pos=xia[nxt[pos]];
}while(st[top]!=st[1]);
k-=(k-1)/(pk[top]-1)*(pk[top]-1);
R int j=1;
// fp(i,1,top)printf("%d %d %d
",i,st[i],pk[i]);
// printf("%lld
",k);
while(j<=top-1&&pk[j+1]<=k)++j;
// if(j==top-1)return 0;
// fp(i,st[j],n)printf("%d ",a[i]);
for(R int i=st[j];i<=n;++i){
if(nxt[i]>i)i=nxt[i];
else printf("%d ",a[i]);
}
return 0;
}
(C)
比赛的时候我简直就是个(zz)
首先，最终的序列合法，当且仅当
(1.max(a_i)leq 2m)
(2.a_i)为奇数的个数小于等于(m)个
那么我们只要枚举奇数的个数，把剩下的用隔板法分掉，就能计算出满足条件(2)的总的序列个数了。然后再减去所有最大值大于等于(2m)的序列，这个相当于把(m-1)个数分给(n)个人并把剩下的(2m-1)个数分给(n)个人中的任意一个，把这个方案数减掉就行了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
const int N=3e6+5;
int fac[N],ifac[N],n,m,res,lim;
inline int C(R int n,R int m){return m>n?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);lim=m*3+n-1;
fac[0]=ifac[0]=1;fp(i,1,lim)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[lim]=ksm(fac[lim],P-2);fd(i,lim-1,1)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
fp(i,0,m)if((3*m-i)&1^1)upd(res,mul(C(n,i),C(((3*m-i)>>1)+n-1,n-1)));
res=dec(res,mul(n,C(m-1+n-1,n-1)));
printf("%d
",res);
return 0;
}
(D)
思路的确很巧妙啊
为了方便起见以下从(1)开始标号
没有负环，意味着我们可以跑一个最短路，记(p_i)表示点(i)到(1)的最短距离，则对于剩下的每一条边((i,j))，都有(p_i+w(i,j)geq p_j)
因为所有的(0)边都不能被删，所以必然有(p_igeq p_{i+1})，那么我们定义(q_i=p_i-p_{i+1})，则(q_igeq 0)
对于一条长度为(1)的边((i,j))，有(p_i+1geq p_j)，即(q_j+q_{j+1}+...+q_{i-1}leq 1)
对于一条长度为(-1)的边((i,j))，有(p_i-1geq p_j)，即(q_i+q_{i+1}+...+q_{j-1}geq 1)
不难发现，对于所有的(q)，我们需要考虑的取值只有(0)和(1)
那么我们设(f_{j,i})表示考虑完了(q_1)到(q_i)，且上一个为(1)的是(q_i)，再上一个为(1)的是(q_j)，此时最小花费是多少。转移的时候，枚举下一个为(1)的位置(q_k)，则需要删掉的边是，长度为(1)，且满足(r>k,i<lleq j)的((r,l))，或者长度为(-1)，且满足(j<l<rleq k)的((l,r))，这两个都可以用前缀和预处理，总的复杂度即为(O(n^3))，不过跑不满
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=505;const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
ll sa[N][N],sb[N][N],f[N][N];int n,a[N][N];
int main(){
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n)fp(j,1,n)if(i!=j)scanf("%d",&a[i][j]);
fp(i,1,n)fp(j,i+1,n+1){
sa[i][j]=sa[i][j-1];
fp(k,i,j-1)sa[i][j]+=a[k][j];
}
fp(i,1,n)fd(j,n,i+1){
sb[i][j]=sb[i][j+1];
fp(k,1,i)sb[i][j]+=a[j][k];
}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0][0]=0;
fp(i,0,n)fp(j,i,n)if(f[i][j]<inf)
fp(k,j+1,n+1)cmin(f[j][k],f[i][j]+sa[j+1][k]+sb[j][k+1]-sb[i][k+1]);
R ll res=inf;
fp(i,0,n)cmin(res,f[i][n+1]);
printf("%lld
",res);
return 0;
}
(E)
代码看起来好长啊不写了……
(F)
思路很妙啊……
首先容斥，那么我们现在就需要计算至少(k)个位置满足(i^2+p_i^2<n^2)，且所有位置都满足(i^2+p_i^2<(2n)^2)的方案数
定义(f(i))表示最小的(a)使得(i^2+a^2geq n)，(g(i))表示最小的(a)使得(i^2+a^2geq (2n)^2+1)，那么假设我们现在已经选出了(k)个数使其满足(i^2+p_i^2<n^2)，那么对于每一个数，它的取值范围都可以表示成(p_i<h(i))，其中(h(i)=f(i))或者(g(i))
然后我们把所有的(h)给(sort)一下，此时的方案数就是(prodlimits_{i=0}^{2n-1}(h_i-i))
然后我们考虑所有的(f(i)(0leq i<n))和(g(i)(0leq i<n))和(g(i)(nleq i<2n))，分别记为(A,B,C)三类，不难发现(B)类永远大于(A)类和(C)类。且由于(f)和(g)都不降，我们把三类数合起来排个序，记(fpos(i))表示排序后(f(i))在数组中的位置，则有(f(0)>f(1)>...>f(n-1))恒成立，对(g)也如此
那么现在问题转化成从(0)到(n-1)中，每一个数可以选择(f(i))或者(g(i))，如果选了(f(i))可以对(k)这一维(+1)，对于一个选的方案贡献数为(prodlimits_{i=0}^{2n-1}(h_i-i))，求总的贡献
那么(dp)，设(dp_{i,j})表示考虑完了(f,g)排序之后的前(i)个数，且选了(f)的有(j)个，此时的贡献总和。如果该位置是(A)类或(C)类我们可以直接计算出它前面有多少个数来计算贡献，如果是(B)类，我们可以根据此时的(k)来计算它的贡献
所以只要枚举(k)即可，复杂度(O(n^3))
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
int P;
inline int up(R int x){return x<0?x+P:x;}
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
typedef pair<int,int> pi;
const int N=505;
pi st[N];int c[N],a[N],dp[N],top,n,res;
inline int f(R int x,R int y){R int r=0;while(r<(n<<1)&&r*r+y*y<x*x)++r;return r;}
inline int g(R int x,R int y){R int r=0;while(r<(n<<1)&&r*r+y*y<=x*x)++r;return r;}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&P);
fp(i,0,n-1)st[++top]=pi(f(n,i),-i);
fp(i,n,(n<<1)-1)st[++top]=pi(g(n<<1,i),1);
fp(i,0,n-1)c[i]=g(n<<1,i);
sort(st+1,st+1+top);
fp(k,0,n){
memset(dp,0,(k+1)<<2);
dp[0]=1;
int s1=0,s2=0;
fp(p,1,top)if(st[p].se==1){
fp(i,0,s2)dp[i]=mul(dp[i],up(st[p].fi-s1-i));
++s1;
}else{
fd(i,s2,0){
upd(dp[i+1],mul(dp[i],up(st[p].fi-s1-i)));
dp[i]=mul(dp[i],up(c[-st[p].se]-(n+k+s2-i)));
}
++s2;
}
upd(res,(k&1)?P-dp[k]:dp[k]);
}
printf("%d
",res);
return 0;
}