PKUWC/SC 做题笔记
去年不知道干了些啥，什么省选/营题都没做。
现在赶应该还来得及（？）
「PKUWC2018」Minimax
Done 2019.12.04 9:38:55
线段树合并船新玩法？？？
\(O(n^2)\) 很好想，先把叶子的权值离散化，然后 \(dp[u][i]\) 表示 \(u\) 的权值是 \(i\) 的概率。
没事干了，上线段树合并。（？？？）
线段树合并新玩法：对于线段树上的一个叶子，比它编号大的所有点在线段树上被拆成的区间应该是：对于递归到这个叶子路上的每个节点，如果是个左儿子，就算上它的兄弟（是个右儿子）。
于是可以通过这个方法线段树合并。往左走的时候，左儿子需要乘上的数应该加上右儿子的和。具体见代码。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=300030,MOD=998244353;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
char ch=getchar();bool f=false;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
int n,cnt[MAXN],ch[MAXN][2],val[MAXN],tmp[MAXN],tl,rt[MAXN],tot,ls[MAXN*50],rs[MAXN*50],sum[MAXN*50],mul[MAXN*50],s[MAXN],ans;
inline int qpow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%MOD) if(b&1) ans=1ll*ans*a%MOD;
return ans;
}
inline int newnode(){
int x=++tot;
ls[x]=rs[x]=sum[x]=0;
mul[x]=1;
return x;
}
inline void pushup(int x){
sum[x]=(sum[ls[x]]+sum[rs[x]])%MOD;
}
inline void setmul(int x,int v){
if(!x) return;
sum[x]=1ll*sum[x]*v%MOD;
mul[x]=1ll*mul[x]*v%MOD;
}
inline void pushdown(int x){
if(mul[x]!=1){
setmul(ls[x],mul[x]);
setmul(rs[x],mul[x]);
mul[x]=1;
}
}
void update(int &x,int l,int r,int p,int v){
if(!x) x=newnode();
if(l==r) return void(sum[x]=v);
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(x);
if(mid>=p) update(ls[x],l,mid,p,v);
if(mid<p) update(rs[x],mid+1,r,p,v);
pushup(x);
}
int merge(int &x,int y,int l,int r,int xmul,int ymul,int v){
if(!x && !y) return 0;
if(!x){setmul(y,ymul);return y;}
if(!y){setmul(x,xmul);return x;}
pushdown(x);pushdown(y);
int mid=(l+r)>>1,lsx=sum[ls[x]],lsy=sum[ls[y]],rsx=sum[rs[x]],rsy=sum[rs[y]];
ls[x]=merge(ls[x],ls[y],l,mid,(xmul+1ll*rsy%MOD*(1-v+MOD))%MOD,(ymul+1ll*rsx%MOD*(1-v+MOD))%MOD,v);
rs[x]=merge(rs[x],rs[y],mid+1,r,(xmul+1ll*lsy%MOD*v)%MOD,(ymul+1ll*lsx%MOD*v)%MOD,v);
pushup(x);
return x;
}
void out(int x,int l,int r){
if(!x) return;
if(l==r) return void(s[l]=sum[x]);
int mid=(l+r)>>1;
pushdown(x);
out(ls[x],l,mid);
out(rs[x],mid+1,r);
}
void dfs(int u){
if(!cnt[u]) update(rt[u],1,tl,val[u],1);
else if(cnt[u]==1) dfs(ch[u][0]),rt[u]=rt[ch[u][0]];
else dfs(ch[u][0]),dfs(ch[u][1]),rt[u]=merge(rt[ch[u][0]],rt[ch[u][1]],1,tl,0,0,val[u]);
}
int main(){
read(n);
FOR(i,1,n){
int f;
read(f);
if(f) ch[f][cnt[f]++]=i;
}
FOR(i,1,n){
read(val[i]);
if(cnt[i]) val[i]=1ll*val[i]*qpow(10000,MOD-2)%MOD;
else tmp[++tl]=val[i];
}
sort(tmp+1,tmp+tl+1);
FOR(i,1,n) if(!cnt[i]) val[i]=lower_bound(tmp+1,tmp+tl+1,val[i])-tmp;
dfs(1);
out(rt[1],1,tl);
FOR(i,1,tl) ans=(ans+1ll*i*tmp[i]%MOD*s[i]%MOD*s[i])%MOD;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
「PKUWC2018」Slay the Spire
Done 2019.12.05 22:14:53
一道 sb 题想了这么久，身败名裂……
有个很显然的结论：先把强化牌从大到小能出就出（出撑死 \(k-1\) 张），然后就把攻击牌从大到小能出就出。
不妨先把每种牌从大到小排序。
枚举选了 \(i\) 张强化牌，\(m-i\) 张攻击牌。
先求对于所有选强化牌的方案，最后倍数的和。
\(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 张牌中选了 \(j\) 张的倍数和。
然后求对于所有选攻击牌的方案，打出的牌的点数之和。发现打出的攻击牌的张数就是 \(\max(1,k-i)\)。
有个直接的想法是记录 \(g_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 张牌，选了 \(j\) 张牌，打出了 \(k\) 张的总和。
于是我就卡在这个垃圾做法卡了好久。
实际上可以枚举打出的牌中最小的是哪张。假设是 \(j\)。
记录 \(g_{i,j,0/1}\) 表示前 \(i\) 张牌，选了 \(j\) 张牌，第 \(i\) 张牌有没有选的总和。
答案就是 \(f_{n,i}g_{j,\max(1,k-i),1}\binom{n-j}{m-\max(i+1,k)}\)。倍数，总和，和在更小的牌中随便选。
时间复杂度 \(O(\sum n^2)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=3333,MOD=998244353;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
char ch=getchar();bool f=false;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
int T,n,m,k,a[MAXN],b[MAXN],fac[MAXN],inv[MAXN],invfac[MAXN],f[MAXN][MAXN],g[MAXN][MAXN],cnt[MAXN][MAXN];
inline int C(int n,int m){
if(n<m || n<0 || m<0) return 0;
return 1ll*fac[n]*invfac[m]%MOD*invfac[n-m]%MOD;
}
int main(){
read(T);
while(T--){
read(n);read(m);read(k);
FOR(i,1,n) read(a[i]);
FOR(i,1,n) read(b[i]);
sort(a+1,a+n+1,greater<int>());
sort(b+1,b+n+1,greater<int>());
fac[0]=fac[1]=inv[1]=invfac[0]=invfac[1]=1;
FOR(i,2,2*n){
fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD;
inv[i]=MOD-1ll*(MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
invfac[i]=1ll*invfac[i-1]*inv[i]%MOD;
}
f[0][0]=1;
FOR(i,1,n) FOR(j,0,i){
f[i][j]=f[i-1][j];
if(j) f[i][j]=(f[i][j]+1ll*f[i-1][j-1]*(j<=k-1?a[i]:1))%MOD;
}
FOR(i,1,n) FOR(j,0,i){
if(j) cnt[i][j]=g[i][j]=(g[i-1][j-1]+1ll*b[i]*C(i-1,j-1))%MOD;
g[i][j]=(g[i][j]+g[i-1][j])%MOD;
}
int ans=0;
FOR(i,0,m) FOR(j,0,n) ans=(ans+1ll*f[n][i]*cnt[j][max(1,k-i)]%MOD*C(n-j,m-max(i+1,k)))%MOD;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
「PKUWC2018」斗地主
咕了。
「PKUWC2018」随机算法
Done 2019.12.06 12:05:08
神仙状压？
\(f_{S,i}\) 表示 \(S\) 中的点要么在求出的独立集中，要么与独立集相邻，求出的独立集大小为 \(i\) 的方案数。这里的方案只考虑 \(S\) 中的点的位置，\(S\) 外的点不影响方案数。
答案为 \(f_{\{1,2,\dots,n\},n}\)。如果第一维不是全集，就可以多放几个点。
转移，随便选一个不在 \(S\) 中的点 \(j\)。预处理与 \(j\) 相邻的点集 \(mask_j\)，那么 \(f_{S\cup\{j\}\cup mask_j}\) 会多 \(f_S\times A_{n-|S|-1}^{|S\cup\{j\}\cup mask_j|-|S|-1}\)。
后面那个排列是把多限制的那些点（\(j\) 本身除外，它肯定正好拼在目前第一个空位）塞到剩下的空位，考虑顺序。
这是 \(O(n^22^n)\) 的。
考虑为什么要记 \(i\) 这一位：因为我们最后用到的只有最大的独立集。
但是有个常用的转移方法是：记录另一个 DP 数组表示这个集合的最大独立集。转移到这个集合时，如果是个更大的独立集，那前面的转移都废了。
这样就是 \(O(n2^n)\) 了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1048576,mod=998244353;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
char ch=getchar();bool f=false;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
int n,m,S[22],f[maxn],mx[maxn],fac[22],inv[22],invfac[22],sz[maxn];
bool vis[maxn];
inline int A(int n,int m){
if(n<0 || m<0 || n<m) return 0;
return 1ll*fac[n]*invfac[n-m]%mod;
}
int main(){
read(n);read(m);
FOR(i,1,m){
int u,v;
read(u);read(v);
u--;v--;
S[u]|=1<<v;S[v]|=1<<u;
}
fac[0]=fac[1]=inv[1]=invfac[0]=invfac[1]=1;
FOR(i,2,n){
fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
inv[i]=mod-1ll*(mod/i)*inv[mod%i]%mod;
invfac[i]=1ll*invfac[i-1]*inv[i]%mod;
}
FOR(i,1,(1<<n)-1) sz[i]=sz[i>>1]+(i&1);
f[0]=1;vis[0]=1;
FOR(i,0,(1<<n)-1){
if(!vis[i]) continue;
FOR(j,0,n-1) if(!((i>>j)&1)){
int to=i|(1<<j)|S[j];
vis[to]=true;
if(mx[to]<mx[i]+1) mx[to]=mx[i]+1,f[to]=0;
if(mx[to]==mx[i]+1) f[to]=(f[to]+1ll*f[i]*A(n-sz[i]-1,sz[to]-sz[i]-1))%mod;
}
}
printf("%d\n",int(1ll*f[(1<<n)-1]*invfac[n]%mod));
return 0;
}
「PKUWC2018」猎人杀
Done 2019.12.09 21:44:02
一道比一道神……
首先发现被杀死的猎人和杀手是哪个无关，可以就看成每次你自己按权随机。
发现很难算，因为每次的分母不一样。
那么考虑一种新的随机：在所有人中随机（包括死的），如果随机到一个死人就重新随机，直到随机到一个活人为止，然后把他毙了。
这样是等价的。
证明，考虑所有人的 \(w\) 之和为 \(all\)，死人的 \(w\) 之和为 \(kill\)，那么原来每个活人被随机到的概率是 \(\frac{w}{all-kill}\)。
枚举随机到多少次死人，现在每个活人被随机到的概率为 \(\sum\limits_{i=0}^{+\infty}(\frac{kill}{all})^i\frac{w}{all}=\frac{w}{all}\times\frac{1}{1-\frac{kill}{all}}=\frac{w}{all-kill}\)。
现在考虑容斥（？？？），枚举 \(S\) 这个集合中的所有人都在 \(1\) 之前被杀死，剩下的人任意。
枚举第一次随机 \(1\) 之前随机了几次（就是 \(1\) 什么时候被杀），\(\sum\limits_{i=0}^{+\infty}(\frac{all-w_1-sum(S)}{all})^i\frac{w_1}{all}=\frac{w_1}{all}\times\frac{1}{1-\frac{all-w_1-sum(S)}{all}}=\frac{w_1}{w_1+sum(S)}\)。
所以答案就是 \(\sum\limits_{S\subseteq \{2,3,\dots n\}}(-1)^{|S|}\frac{w_1}{w_1+sum(S)}\)。
考虑枚举 \(sum(S)\)，计算所有和为 \(i\) 的集合 \(S\) 的 \((-1)^{|S|}\) 之和。
对每个除 \(1\) 以外的人构造多项式 \(1-x^{w_i}\)，那么和为 \(i\) 的集合就是所有多项式乘积的第 \(i\) 项。
求所有的乘积可以用分治乘起来。时间复杂度是 \(O(\sum\text{每个节点的多项式次数}\log\text{每个节点的多项式次数})\)。
把 \(\log\) 放松一点变成 \(\log\sum w_i\)，然后就是 \(O((\sum\text{每个节点的多项式次数})\log\sum w_i)\)。
每个叶子节点都会对它和它所有祖先的多项式次数产生贡献。这一共有 \(O(\log n)\) 个，所以复杂度为 \(O((\sum w_i)\log(\sum w_i)\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=266666,mod=998244353;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
char ch=getchar();bool f=false;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
int n,w[maxn],sum[maxn],lim,l,rev[maxn],ans;
vector<int> A[maxn];
inline void init(int upr){
for(lim=1,l=0;lim<upr;lim<<=1,l++);
FOR(i,0,lim-1) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
}
inline int qpow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
return ans;
}
void NTT(vector<int> &A,int tp){
while(A.size()<lim) A.push_back(0);
FOR(i,0,lim-1) if(i<rev[i]) swap(A[i],A[rev[i]]);
for(int i=1;i<lim;i<<=1){
int Wn=qpow(3,mod-1+tp*(mod-1)/(i<<1));
for(int j=0;j<lim;j+=i<<1){
int w=1;
FOR(k,0,i-1){
int x=A[j+k],y=1ll*A[i+j+k]*w%mod;
A[j+k]=(x+y)%mod;A[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
w=1ll*w*Wn%mod;
}
}
}
if(tp==-1){
int linv=qpow(lim,mod-2);
FOR(i,0,lim-1) A[i]=1ll*A[i]*linv%mod;
}
}
void solve(int o,int l,int r){
if(l==r){
init(w[l]+1);
FOR(i,1,lim) A[o].push_back(0);
A[o][0]=1;
A[o][w[l]]=mod-1;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
solve(o<<1,l,mid);
solve(o<<1|1,mid+1,r);
init(sum[r]-sum[l-1]+1);
NTT(A[o<<1],1);NTT(A[o<<1|1],1);
FOR(i,0,lim-1) A[o].push_back(1ll*A[o<<1][i]*A[o<<1|1][i]%mod);
NTT(A[o],-1);
}
int main(){
read(n);
FOR(i,1,n) read(w[i]),sum[i]=sum[i-1]+w[i];
solve(1,2,n);
FOR(i,0,sum[n]-sum[1]) ans=(ans+1ll*w[1]*qpow((w[1]+i)%mod,mod-2)%mod*A[1][i])%mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
「PKUWC2018」随机游走
Done 2019.12.05 18:16:37
咋就可做题了……咋就套路题了……
显然的 \(O(Q+8^nn^3)\) 暴力高斯消元就略过了。
对于“所有都选到至少一次”这种问题，先上个 min-max 容斥。（被教做人*1）
然后就是要对每个点集都求出：从根开始，第一次走到点集中的点的期望步数。求完之后很容易能高维前缀和（FMT）\(O(n2^n)\) 地求出每个点集的最终答案。
对每个点集暴力高斯消元，复杂度 \(O(2^nn^3)\)。
然后发现是树上高斯消元，就可以直接 DP 了。（被教做人*2）
设 \(f_u\) 表示从 \(u\) 开始第一次走到点集中的点的期望步数。再设 \(a_u\) 和 \(b_u\) 满足 \(f_u=a_uf_{fa_u}+b_u\)。最终的期望步数为 \(b_{rt}\)。
从意义出发，\(f_u=\frac{1}{deg_u}(f_{fa_u}+\sum\limits_{v\in son_u} f_v)\)。
把 \(f_v=a_vf_u+b_v\) 代入得：\(f_u=\frac{1}{deg_u}(f_{fa_u}+\sum\limits_{v\in son_u}(a_vf_u+b_v))\)。
整理一波：\(a_u=\frac{1}{deg_u-\sum\limits_{v\in son_u}a_v},b_u=\frac{deg_u+\sum\limits_{v\in son_u}b_v}{deg_u-\sum\limits_{v\in son_u}a_v}\)。
时间复杂度 \(O(Q+n2^n\log)\)。这个 \(\log\) 是求逆元，可以省掉，但是懒得写了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=262144,mod=998244353;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
char ch=getchar();bool f=false;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
int n,q,rt,el,head[22],to[44],nxt[44],deg[22],a[22],b[22],s[MAXN],sz[MAXN];
inline void add(int u,int v){
to[++el]=v;nxt[el]=head[u];head[u]=el;
}
inline int qpow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
return ans;
}
void dfs(int S,int u,int f){
int asum=0,bsum=0;
for(int i=head[u];i;i=nxt[i]){
int v=to[i];
if(v==f) continue;
dfs(S,v,u);
asum=(asum+a[v])%mod;
bsum=(bsum+b[v])%mod;
}
if((S>>u)&1) a[u]=b[u]=0;
else{
int inv=qpow((deg[u]-asum+mod)%mod,mod-2);
a[u]=inv,b[u]=1ll*inv*(deg[u]+bsum)%mod;
}
}
int main(){
read(n);read(q);read(rt);rt--;
FOR(i,1,n-1){
int u,v;
read(u);read(v);
u--;v--;
add(u,v);add(v,u);
deg[u]++;deg[v]++;
}
FOR(i,1,(1<<n)-1){
MEM(a,0);MEM(b,0);
dfs(i,rt,-1);
s[i]=b[rt];
sz[i]=sz[i>>1]+(i&1);
if(sz[i]%2==0) s[i]=(mod-s[i])%mod;
}
for(int i=1;i<1<<n;i<<=1)
for(int j=0;j<1<<n;j+=i<<1)
FOR(k,0,i-1) s[i+j+k]=(s[i+j+k]+s[j+k])%mod;
while(q--){
int k,S=0;
read(k);
while(k--){
int x;
read(x);
S|=1<<(x-1);
}
printf("%d\n",s[S]);
}
return 0;
}
「PKUSC2018」真实排名
Done 2019.12.04 15:07:54
在我说底下「神仙的游戏」是全场最可做题之后就被喷了，滚过来看这题……
然而感觉 lower_bound 和 upper_bound 的细节在考场上也八成会暴毙……
不过这题想起来还是很简单的。
直接分类：
- 特判 \(a_i=0\)，此时任选即可，答案为 \(\binom{n}{k}\)。
- 如果 \(i\) 没有翻倍，那么如果 \([\lfloor\frac{a_i+1}{2}\rfloor,a_i-1]\) 这里面有人翻倍了，他就绝杀 \(i\) 了。所以在剩下的人中再选 \(k\) 个。
- 如果 \(i\) 翻倍了，那么他就多踩了 \([a_i,2a_i-1]\) 这些人。所以这些人也必须翻倍。剩下的可以任选。
时间复杂度 \(O(n\log n)\)，瓶颈在排序和二分。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=100010,mod=998244353;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
char ch=getchar();bool f=false;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
int n,k,a[MAXN],b[MAXN],fac[MAXN],inv[MAXN],invfac[MAXN];
inline int cnt(int x){
int p=upper_bound(b+1,b+n+1,x)-b;
if(p>n || b[p]>x) p--;
return p;
}
inline int cnt(int l,int r){return cnt(r)-cnt(l-1);}
inline int C(int n,int m){
if(n<m || n<0 || m<0) return 0;
return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}
int main(){
read(n);read(k);
FOR(i,1,n) read(a[i]),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+n+1);
fac[0]=fac[1]=inv[1]=invfac[0]=invfac[1]=1;
FOR(i,2,n){
fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
inv[i]=mod-1ll*(mod/i)*inv[mod%i]%mod;
invfac[i]=1ll*invfac[i-1]*inv[i]%mod;
}
FOR(i,1,n){
if(!a[i]){
printf("%d\n",C(n,k));
continue;
}
int s1=C(cnt((a[i]-1)/2)+cnt(a[i],1e9)-1,k);
int s2=C(cnt(a[i]-1)+cnt(2*a[i],1e9),k-cnt(a[i],2*a[i]-1));
printf("%d\n",(s1+s2)%mod);
}
return 0;
}
「PKUSC2018」最大前缀和
Done 2019.05.24 22:24:28
神仙状压。
「PKUSC2018」主斗地
咕了。
「PKUSC2018」星际穿越
Done 2019.12.09 9:45:49
神仙套路？
令 \(sum(x,y)\) 表示从 \(y\) 跳到 \(x\) 到 \(y\) 中每一个点的距离之和。答案为 \(sum(l,x)-sum(r+1,x)\)。
\(y\) 第一步能跳到的最小点是 \(l_y\)，最大点是满足 \(l_k\le y\) 的最大的 \(k\)。
那么第二步能跳到的最小点是 \(\min\limits_{i=l_y}^nl_i\)。
为什么上界是 \(n\)，不需要考虑 \(l_i\le y\) 这个条件？因为对于 \(l_i>y\) 的 \(i\)，肯定不是最优的，比 \(y\) 都要劣。
发现从第二步开始，就不会往右跳了。因为往右跳可能更优肯定是因为它的 \(l\) 比当前所在点的 \(l\) 更小。但是这样的话，它的 \(l\) 肯定比 \(y\) 小，第一步往右跳就能跳到这个点。
发现如果能跳到的最小点是 \(a\)，那么 \([a,y)\) 都能在这么多步以内跳到。
所以如果第 \(i\) 步（注意 \(i\ne 0\)，因为一开始不能在 \(y\) 右边）能跳到的最小点是 \(a\)，那么第 \(i+1\) 步能跳到的最小点是 \(\min\limits_{i=a}^nl_i\)。
没事干了，上倍增。（？？？）
令 \(f_{i,j}\) 表示从 \(i\) 开始跳 \(2^j\) 步最小编号的点（注意这里为了方便，假设 \(i\) 右边的点一开始就能用），\(g_{i,j}\) 表示从 \(i\) 跳到 \(f_{i,j}\) 到 \(i\) 的距离之和。
那么有 \(f_{i,0}\) 为 \(l_i\) 的后缀最小值，\(g_{i,0}=i-f_{i,0}\)。
转移，\(f_{i,j}=f_{f_{i,j-1},j-1},g_{i,j}=g_{i,j-1}+g_{f_{i,j-1},j-1}+2^{j-1}(f_{i,j-1}-f_{i,j})\)。\(g\) 的转移最后一部分是因为 \([f_{i,j},f_{i,j-1})\) 在跳到 \(f_{i,j-1}\) 后（这部分的和是 \(g_{f_{i,j-1},j-1}\)）还要再花 \(2^{j-1}\) 才能到 \(i\)。
倍增的过程，从 \(y\) 开始跳，特殊处理第一步（上面的 \(f\) 没有这个特殊情况），然后从大到小看跳了 \(2^i\) 步是否仍然不在 \(x\) 左边。同时记一下贡献。具体过程与上面类似，详见代码。
时间复杂度 \(O((n+q)\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=333333;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
char ch=getchar();bool f=false;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
int n,lt,l[maxn],q,f[20][maxn];
ll g[20][maxn];
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
ll sum(int x,int y){
if(l[y]<=x) return y-x;
ll s=y-l[y];
int at=l[y],cnt=1;
ROF(i,lt,0) if(f[i][at]>=x){
s+=1ll*cnt*(at-f[i][at])+g[i][at];
at=f[i][at];
cnt+=1<<i;
}
if(at>x) s+=1ll*cnt*(at-x)+at-x;
return s;
}
int main(){
read(n);
FOR(i,2,n) read(l[i]);
lt=log(n)/log(2);
f[0][n]=l[n];
ROF(i,n-1,1) f[0][i]=min(f[0][i+1],l[i]);
FOR(i,1,n) g[0][i]=i-f[0][i];
FOR(j,1,lt) FOR(i,1,n){
f[j][i]=f[j-1][f[j-1][i]];
g[j][i]=g[j-1][i]+g[j-1][f[j-1][i]]+(1ll<<(j-1))*(f[j-1][i]-f[j][i]);
}
read(q);
while(q--){
int l,r,x;
read(l);read(r);read(x);
ll s=sum(l,x)-sum(r+1,x),cnt=r-l+1,g=gcd(s,cnt);
s/=g;cnt/=g;
printf("%lld/%lld\n",s,cnt);
}
return 0;
}
「PKUSC2018」神仙的游戏
Done 2019.12.04 12:04:00
或成最可做题？？？
不知道大家为什么说 minimax 最可做，这题我明明很快就切了虽然还是先想了个假做法
考虑有长度为 \(i\) 的 border 就是有长度为 \(n-i\) 的循环节。
我们判断 \(i\) 合不合法的时候，发现对于所有模 \(n-i\) 相同的位，上面不能同时有 0 和 1。
转换一下，枚举一个是 0 的位置 \(x\)，是 1 的位置 \(y\)，那么 \(|x-y|\) 及其约数都不能作为循环节的长度。
不妨先求出所有 \(|x-y|\) 的可能值，最后枚举倍数。
那么就能随便 FFT 解决了。时间复杂度 \(O(n\log n)\)。
FFT 太慢了……NTT 会快很多，但是没写。
别像我第一次一样沙雕，只需要一次 FFT。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1111111;
const double pi=3.14159265358;
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
char ch=getchar();bool f=false;
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
struct comp{
double x,y;
comp(double xx=0,double yy=0):x(xx),y(yy){}
comp operator+(const comp &c)const{return comp(x+c.x,y+c.y);}
comp operator-(const comp &c)const{return comp(x-c.x,y-c.y);}
comp operator*(const comp &c)const{return comp(x*c.x-y*c.y,x*c.y+y*c.x);}
}A[MAXN],B[MAXN];
int n,a[MAXN],b[MAXN],lim,l,rev[MAXN];
ll ans;
double res[MAXN];
char s[MAXN];
void fft(comp *A,int tp){
FOR(i,0,lim-1) if(i<rev[i]) swap(A[i],A[rev[i]]);
for(int i=1;i<lim;i<<=1){
comp Wn(cos(pi/i),tp*sin(pi/i));
for(int j=0;j<lim;j+=i<<1){
comp w(1,0);
FOR(k,0,i-1){
comp x=A[j+k],y=A[i+j+k]*w;
A[j+k]=x+y;A[i+j+k]=x-y;
w=w*Wn;
}
}
}
if(tp==-1) FOR(i,0,lim-1) A[i]=comp(A[i].x/lim,0);
}
int main(){
scanf("%s",s);
n=strlen(s);
for(lim=1,l=0;lim<n*2;lim<<=1,l++);
FOR(i,0,lim-1) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
FOR(i,0,n-1){
if(s[i]=='0') A[i]=comp(1,0);
if(s[i]=='1') B[n-1-i]=comp(1,0);
}
fft(A,1);fft(B,1);
FOR(i,0,lim-1) A[i]=A[i]*B[i];
fft(A,-1);
FOR(i,0,n-1) res[i]+=A[n-1+i].x+A[n-1-i].x;
ROF(i,n,1) FOR(j,2,n/i) res[i]+=res[i*j];
FOR(i,1,n) if(fabs(res[n-i])<1e-3) ans^=1ll*i*i;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
「PKUSC2018」PKUSC
咕了。
可以转换成对于每个敌人，落在多边形内部的概率。
多边形旋转和敌人旋转没啥区别，转换成敌人转一圈落在多边形内部的概率。
轨迹是个圆，这个圆上有一堆圆弧在多边形内部。转换成求这些圆弧所对圆心角的和。
这个大概求出所有交点，极角序排序搞一搞。
说的容易，但是调了一天了，现在还咕着。
