NOIP2024 前集训：MX 炼石计划 NOIP 模拟赛 23
前言
music
《若思念便思念》
客家方言：
“月光 出来哩哦”
剪不断的时间
故事里有牵绊
豫州夜渐远
人在 丹霞山南
响起那时方言
谁又在谁心间
在北边
只等一只客家船
龙门山 听到雁归南
故楼圆 北望有炊烟
我在你心间
是你我执意相守的诺言
云开 我知道你在眷恋
眷恋再不会走远
即使相隔千里也并不遥远
风起 你知道我在期盼
期盼你回到身边
人若思念便思念 终会相见
客家童谣：
“月光光 秀才郎
骑白马 过莲塘
莲塘背 种韭菜
韭菜花 结亲家”
曲未散 萦绕山海间
心尤在 弹指间聚散
你在我心间
是你我执意相守的诺言
云开 我知道你在眷恋
眷恋再不会走远
即使相隔千里也并不遥远
风起 你知道我在期盼
期盼你回到身边
人若思念便思念 终会相见
啊
飞鸟 看故事里的过往
我和你穿越时光
时光里旧模样 是彼此惆怅
月光 把粼粼水面点亮
点亮挚爱的方向
人若思念便思念 终会相见
人若思念便思念 终会相见
刚才 huge 进来说明天模拟赛只能用 window 打，要是没有虚拟机就……（简要概括就是忍着），受不了了真要模拟考场环境的话那能不能把磁盘保护给我关了……
说实话现在让我去用 DEV 真受不了。
T1 和大多数人一样直接想到线段树，然后就打了，然后就被卡常了，赛后发现我线段树就是当数组用的，我是脑瘫……
赛时把 T1 所有数据全发下来了，\(200\) 多 M 根本下不来，教练给传到 ftp 上才下下来的，用了 CuFeO4 的 checker 把所有数据全跑一遍都过了，于是心满意足的交了。
但是那一版没有测时间，当时找了个自以为挺大的点跑了没 T 就交了，结果还有更大的点，直接死了￣へ￣。
赛后 CuFeO4 告诉我他本来更新了 checker 有测时间了，但是要告诉我的时候我电脑正好死机了……
现在想起来了那一上午电脑死了三次机，但第一次救回来了，当时就开个大样例，眼睁睁看着系统监视器的内存从 \(30\%\) 直接干到 \(98\%\) 然后屏幕开始抽搐，还好手快点注销了，不然死透了。
T3 读错题了，丫的还有小数，然后电脑恰好死机了，没良心啊！！！而对于整数部分我赛时并不会快速求出 \(\sum\limits_{i=1}^{n}i^k\) 然后也没有做出来。
T1 排序
发现就是对于每一组 \((a_i,a_{i+1})\) 找到二进制下最高的不相等的一位，从而计算出这一位必须是 \(0/1\)，如果存在矛盾的就是无解，否则必须是 \(1\) 的就是 \(1\)，剩下都是 \(0\) 即可。
对于修改只改两组，直接线段树就做完了，但是发现这个线段树完全是当数组用的，所以改成桶就过了。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N=1<<20;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar_unlocked();
for(;!isdigit(c);c=getchar_unlocked()) if(c=='-') z=0;
for(;isdigit(c);c=getchar_unlocked()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x){if(x>9)wt(x/10);putchar_unlocked((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x){if(x<0)putchar_unlocked('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar_unlocked(' ');write(y...);}
int n,m,a[N],cnt[35][2]; pair<int,bool>b[N];
inline pair<int,bool> solve(int x,int y)
{
for(int i=30,tmp1,tmp2;~i;i--) if((tmp1=(x>>i)&1)!=(tmp2=(y>>i)&1))
return {i,tmp1}; return {30,0};
}
inline int ask()
{
int res=0; for(int i=30;~i;res|=(!!cnt[i][1])*(1<<i),i--)
if(cnt[i][0]&&cnt[i][1]) return -1; return res;
}
signed main()
{
freopen("sort.in","r",stdin),freopen("sort.out","w",stdout);
read(n); for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
for(int i=2;i<=n;i++) b[i]=solve(a[i-1],a[i]),cnt[b[i].fi][b[i].se]++;
for(write(ask()),puts(""),read(m);m;write(ask()),puts(""),m--)
{
int x,y; read(x,y),a[x]=y;
if(x>1) cnt[b[x].fi][b[x].se]--,b[x]=solve(a[x-1],y),cnt[b[x].fi][b[x].se]++;
if((++x)<=n) cnt[b[x].fi][b[x].se]--,b[x]=solve(y,a[x]),cnt[b[x].fi][b[x].se]++;
}
}
T2 交换
是道置换的板子，但是我之前并不会置换。
考虑 \(n\mid m\) 的情况，视每个 \(m\) 为一轮，那么每一轮都是一样的，因为置换有结合律，所以直接快速幂即可。
考虑一般情况，发现每一次操作后将其左移 \(m\bmod n\) 位又对其了，于是又可以继续跑下一轮，最后再右移回来即可，因为这两个玩意都满足结合律，所以还是直快速幂即可。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=1e5+10;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar_unlocked();
for(;!isdigit(c);c=getchar_unlocked()) if(c=='-') z=0;
for(;isdigit(c);c=getchar_unlocked()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x){if(x>9)wt(x/10);putchar_unlocked((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x){if(x<0)putchar_unlocked('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar_unlocked(' ');write(y...);}
int n,m,a[N],b[N],c[N]; ll t,k;
struct aa
{
int a[N]; aa(){for(int i=0;i<n;i++) a[i]=i;}
inline aa operator * (const aa x) const
{aa res; for(int i=0;i<n;i++) res.a[i]=a[x.a[i]]; return res;}
}ans,pos,le,ri;
inline aa qpow(aa a,ll b)
{aa res; for(;b;a=a*a,b>>=1) if(b&1) res=res*a; return res;}
signed main()
{
freopen("swap.in","r",stdin),freopen("swap.out","w",stdout);
read(n,m,t),k=t/m;
for(int i=0;i<n;i++) read(a[i]),pos.a[i]=ans.a[i]=i;
for(int i=0;i<m;i++) read(b[i],c[i]);
for(int i=1;i<=m;i++) swap(pos.a[(b[i%m]+i)%n],pos.a[(c[i%m]+i)%n]);
for(int i=0;i<n;i++) le.a[i]=(i+m)%n,ri.a[i]=(i-m%n+n)%n;
if(k>0) ans=ans*pos,pos=le*pos,ans=ans*qpow(pos,k-1),ans=ans*qpow(ri,k-1);
for(int i=1;i<=(t%m);i++) swap(ans.a[(b[i]+i+k*m)%n],ans.a[(c[i]+i+k*m)%n]);
for(int i=0;i<n;i++) write(a[ans.a[i]]),putchar_unlocked(' ');
}
T3 计算
之前做过类似的需要二项式定理的期望 DP，所以这一部分就不说了。
考虑拆成整数和小数部分来处理，整数部分就是正常 DP，\(\sum\limits_{i=1}^{n}i^k\) 可以直接用拉格朗日插值求（刚学的）。
小数部分考虑 DP 求方案数，设 \(x_i\in[0,1)\)，发现 \(\lfloor\sum\limits_{j=1}^{i}x_j\rfloor=\lfloor\sum\limits_{j=1}^{i-1}x_j\rfloor+1\) 当且仅当 \(\lfloor\sum\limits_{j=1}^{i}x_j\rfloor\) 的小数部分 \(<\lfloor\sum\limits_{j=1}^{i-1}x_j\rfloor+1\) 的小数部分，不妨设 \(s_i\) 表示 \(\lfloor\sum\limits_{j=1}^{i}x_j\rfloor\) 的小数部分，有 \(s_i\in[0,1)\)，问题转化为求 \(\sum\limits_{i=2}^n[s_i<s_{i-1}]\)，假设从小到大插，设 \(g_{i,j}\) 表示插入了 \(i\) 个数，有 \(\sum\limits_{k=2}^i[s_k<s_{k-1}]=j\) 时的方案数，那么有转移：
- 插在开头：\(g_{i,j}=g_{i-1,j-1}\)。
- 插在结尾：\(g_{i,j}=g_{i-1,j-1}\)。
- 插在一组 \(s_k<s_{k-1}\) 的中间，\(g_{i,j}=j\times g_{i-1,j}\)。
- 插在一组 \(s_k>s_{k-1}\) 的中级，\(g_{i,j}=(i-1-j)\times g_{i-1,j-1}\)。
综上，有：\(g_{i,j}=(j+1)\times g_{i-1,j}+(i-j)\times g_{i-1,j-1}\)，可以 \(O(n^2)\) 求出。
那么小数部分的 \(k\) 次幂的期望就是 \(\dfrac{\sum\limits_{i=0}^ni^k\times g_{n,i}}{n!}\)，最后在用二项式定理把这部分和整数部分合并 起来即可。
复杂度 \(O(nk^3)\)，拉插因为下标连续可以提前预处理，复杂度为 \(O(nk^2)\)。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
#define sort stable_sort
using namespace std;
const int N=1e3+10,M=25,P=998244353;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
x=0;register bool z=true;
register char c=getchar_unlocked();
for(;!isdigit(c);c=getchar_unlocked()) if(c=='-') z=0;
for(;isdigit(c);c=getchar_unlocked()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
x=(z?x:~x+1);
}
template<typename T,typename ...Tp> inline void read(T &x,Tp &...y){read(x);read(y...);}
template<typename Tp> inline void wt(Tp x){if(x>9)wt(x/10);putchar_unlocked((x%10)+'0');}
template<typename Tp> inline void write(Tp x){if(x<0)putchar_unlocked('-'),x=~x+1;wt(x);}
template<typename T,typename ...Tp> inline void write(T x,Tp ...y){write(x);putchar_unlocked(' ');write(y...);}
int n,m,f[M],ans[M],pre[M],suf[M],fac[N],inv[N],a[M][M],c[M][M],g[2][N];
inline int mod(int x,int y) {return (x+=y)>=P?x-P:x;}
inline int qpow(ll a,int b)
{ll res=1; for(;b;(a*=a)%=P,b>>=1) (b&1)&&((res*=a)%=P); return res;}
inline void init(int n)
{for(int i=1;i<=n+2;i++) a[n][i]=mod(a[n][i-1],qpow(i,n));}
inline int calc(int x,int k)
{
if(x<0) return 0; if(x<=k+2) return a[k][x]; pre[0]=suf[k+3]=1;
for(int i=1;i<=k+2;i++) pre[i]=1ll*pre[i-1]*(x-i)%P;
for(int i=k+2;i;i--) suf[i]=1ll*suf[i+1]*(x-i)%P;
ll res=0; for(int i=1;i<=k+2;i++)
{
ll up=1ll*pre[i-1]*suf[i+1]%P,down=1ll*inv[i-1]*inv[k+2-i]%P;
res=mod(res,mod((((k+2-i)&1)?-1:1)*a[k][i]*up%P*down%P,P));
} return res;
}
inline void solve(int x[],int y[])
{
int res[M]; memset(res,0,sizeof(res)),res[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=0;j<=i;j++)
res[i]=mod(res[i],1ll*c[i][j]*x[i-j]%P*y[j]%P);
memcpy(x,res,sizeof(res));
}
signed main()
{
freopen("calc.in","r",stdin),freopen("calc.out","w",stdout);
read(n,m),f[0]=ans[0]=1; for(int i=0;i<=m;i++) init(i);
for(int i=fac[0]=1;i<=max(n,m+2);i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P;
inv[max(n,m+2)]=qpow(fac[max(n,m+2)],P-2);
for(int i=max(n,m+2)-1;~i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%P;
for(int i=c[0][0]=1;i<=m;i++) for(int j=c[i][0]=1;j<=i;j++)
c[i][j]=mod(c[i-1][j],c[i-1][j-1]);
for(int i=1,l,r;i<=n;i++,solve(ans,f))
{
read(l,r); ll tmp=qpow(r-l,P-2); for(int j=1;j<=m;j++)
f[j]=1ll*mod(calc(r-1,j),P-calc(l-1,j))*tmp%P;
}
g[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=i;j++)
g[i&1][j]=mod(1ll*(j+1)*g[!(i&1)][j]%P,j?1ll*(i-j)*g[!(i&1)][j-1]%P:0);
memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=0;i<=m;f[i]=1ll*f[i]*inv[n]%P,i++)
for(int j=0;j<=n;j++) f[i]=mod(f[i],1ll*qpow(j,i)*g[n&1][j]%P);
return solve(ans,f),write(ans[m]),0;
}
T4 莫队
和题目名称一点关系没有，是想改的，但是还没有时间，今晚上有时间就改，不然的话估计这辈子改不了这题了。
