2024 福建省队集训录

文章可能补全方向：补全缺漏题面，以及做法和代码。还有就是单题的格式按照 pku 营那份写，现在这样太冗长了

Day1 #

$47+0+25=72$，rk.20，被 T1 给创了。

T1 (placement)#

Source：P5225。赛事过了 $1,3,4,7$ 这些点。Task 8 太困难了加上本菜鸡时间不充足，理解了下就贺了。

• Task 1，暴力即可。

• Task 2，考虑贪心加调整。每个问题选尽量优的 TPU ，即对每个问题，更优的 TPU 选择的概率更大一些。多调几次就过了。

• Task 3，简单 dp，记 $f_{i,x,y,z}$ 表示到 $i$，三个机器内的和分别为 $x,y,z$ 可不可行。数组上界取 .ans 中的 106 即可。

• Task 4，简单 dp，记下上个点的颜色即可，注意 133,266 处有俩断点。

• Task 5，赛事注意力涣散了，注意到每个点只和前 $5$ 个点有关，且 $k=5$，dp 记下前 $5$ 个即可，复杂度 $O(nk^6)$。

• Task 6，同 Task 2 一样贪心，但是每个直接选最小的就过了，好逆天啊。

• Task 7，注意到 $m=0$，所有 $t>1000$，但答案是 $1014$，于是那么我们可以把不超过 $1014$ 的时间当作边，二分图匹配输出方案即可。

• Task 8，发现这个问题其实是一块一块的，$1$ 和 $502$ 各独自是一块，中间每 $50$ 个问题是一块，要计算下一块的任何问题，必须计算完上一块的所有问题。
  在块内，和 Task 7 一样，但是没有了时间限制，但显然时间限制是单调的，我们可以二分。
  观察到传输数据的时间都为 $0/1$，而且显然是要传输数据的，所以块间耗时就是 $1$，这是定值，不用考虑。
  但是，据 hhoppitree 所言，爬山能过。

• Task 9/10，我赛事就没感觉到这个是 NP-Hard 的。退火/爬山/随机化/调整，感受那股劲。
  按照 hhoppitree 的谆谆教诲写了爬山，跑起来挺优秀的啊，优秀性我不会论证。
  upd：Task 9 可能饱和，请自行优化抽奖方式。

爬山

#include<bits/stdc++.h>
#define P pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
#define LL long long
using namespace std;
mt19937 rnd(time(0));
const int N=105;
int n,m,k,o,t[N][N],r[N][N],a[N],b[N],p[N],ans;
basic_string<int>g[N];
inline int get()
{
	int score;
	FILE *f=fopen("placement10.out","w");
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		fprintf(f,"%d ",a[i]);
	}
	fclose(f);
	system("simulator.exe placement10.in placement10.out placement10.ans >fw.txt");
	FILE *g = fopen("fw.txt","r");
	fscanf(g,"%d",&score);
	fclose(g);return score;
}
int main()
{
	freopen("placement10.in","r",stdin);
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m>>k>>o;
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++) cin>>u>>v,g[u]+=v;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=k;j++) cin>>t[i][j];
	for(int i=1;i<=k;i++) for(int j=1;j<=k;j++) cin>>r[i][j];
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=rnd()%k+1;ans=get();
	while(1)
	{
		int w=rnd()%n+1,x=rnd()%k+1,las=a[w];
		a[w]=x;int nw=get();
		if(nw<ans)
		{
			ans=nw;memcpy(b,a,sizeof(a));
			cerr<<nw<<"\n";
			if(ans<=5142063) return 0;
		}
		else a[w]=las;
	}
	return 0;
}//5142063

T2 (cchoing)#

Source：uoj #427。

你先别急。

T3 (meeting)#

Source：uoj #705。

你先别急。

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Day2 #

预期得分：$100+10+0=110$，实际得分：$35+2+0=37$，rk.33。

T1 忘记判 $-1$ 挂了 65 分，警钟长鸣！今天搬了三道集训队胡策的题。

T1 (compete)#

Source：qoj 5034。

正解请看这篇！往下翻翻就找到了。下文为假做法/不会证明正确性的做法。但是是自己的全流程思路还是记录一下。

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考虑把路径的限制转化到 ACAM 上，即把路径看着一个字符串插入 trie 树并建立 ACAM。参考 hdu 4511。

考虑这时候在跑 dij 的时候多记一个状态表示当前在 ACAM 上的哪个点，然后 ACAM 上那些路径结尾的点不能走。

建完 ACAM 接着 dij 转移的时候另一维变成 nex 即可。

这时设路径长为 $L$，不妨设 $n,m,L$ 同阶，则复杂度为 $O(n^2)$。考虑优化。

---

首先，建 ACAM 时参考 「ACAM 解决字符集很大的情况」，上一个可持久化数组加 unordered_map 即可。

然后考虑 dij 转移，发现大部分情况下 ACAM 上的点唯一对应原图上的点，除了 trie 树的根（其可能对应 $n$ 个点）。

那么我们就可以把原来 $O(n^2)$ 的 dis 状态优化到了 $O(n)$。到这里的 record。

• 以上是赛时成果，不仅没判 $-1$ 寄了，复杂度其实也是假的。

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下文感谢伟大的 Nesraychan 的指导！（其实也是假做法）

注意到一个问题：此时原图上的一个点可能被很多个 ACAM 上的点对应，在遍历其的出边时候就有可能遍历 $O(mL)$ 条边。

设 ACAM(或理解为 trie 树) 的根为 $0$ 号点。

注意到初始走没路径限制的边一定更优，于是走到 $0$ 号点的边在 vector 中遍历过一次后就可以删去。

注意到 $0$ 号点对应的点很多，比较关键，反正跑很快，而且短小精悍，自信能过（bushi）。讲得有点抽象，具体看代码。

$\texttt{code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define P pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define LL long long
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
const int N=8e5+5,M=2e7+5;
int n,m,K,tot,cnt,fail[N],bl[N],rt[N],c[N];LL d[N];bool ban[N],v[N];
vector<P>g[N];unordered_map<int,int>nex[N],W[N];
struct node{int x;LL dis;bool operator<(node X)const{return dis>X.dis;}};
priority_queue<node>q;
struct TREE{int ls,rs,x;}tr[M];
void updata(int &wz,int p,int x,int l=1,int r=n)
{
	int wz1=++cnt,mid=(l+r)>>1;tr[wz1]=tr[wz];wz=wz1;
	if(l==r) return tr[wz].x=x,void();
	if(p<=mid) updata(tr[wz].ls,p,x,l,mid);
	else updata(tr[wz].rs,p,x,mid+1,r);
}
int query(int wz,int p,int l=1,int r=n)
{
	if(l==r) return tr[wz].x;int mid=(l+r)>>1;
	return p<=mid?query(tr[wz].ls,p,l,mid):query(tr[wz].rs,p,mid+1,r);
}//可持久化数组
inline void ACAM()
{
	queue<int>q;for(auto [u,v]:nex[0]) updata(rt[0],u,v),q.push(v);
	while(!q.empty())
	{
		int t=q.front(),fl=fail[t];q.pop();rt[t]=rt[fl];
		for(auto [u,v]:nex[t]) q.push(v),fail[v]=query(rt[fl],u),updata(rt[t],u,v);
		ban[t]|=ban[fl];
	}
}//ACAM 建立
inline void dij(int s)
{
	memset(d,0x3f,sizeof(d));int U=query(rt[0],s);
	if(U) q.push({U,d[U]=0});
	else q.push({tot+s,d[tot+s]=0});
	while(!q.empty())
	{
		node t=q.top();q.pop();vector<P>G;
		if(v[t.x]) continue;v[t.x]=1;
		if(bl[t.x]==n){cout<<t.dis;exit(0);}
		for(auto [to,w]:g[bl[t.x]])
		{
			int TO=query(rt[t.x>tot?0:t.x],to),To=TO?TO:tot+to;
			(TO)&&(G.push_back({to,w}),1);//之后把 0 号点 skip 了
			if(ban[TO]) continue;
			(!v[To])&&(q.push({To,t.dis+w}),1);//注意这里一定不能取 min，因为考虑到排除 0 的正确性
		}swap(g[bl[t.x]],G);
	}
}//跑 dij
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m>>K;
	for(int i=1,u,v,w;i<=m;i++) cin>>u>>v>>w,g[u].push_back({v,w});
	for(int i=1,L;i<=K;i++)
	{
		cin>>L;int w=0;
		for(int j=1,x;j<=L;j++)
		{
			cin>>x;
			if(!nex[w].count(x)) nex[w][x]=++tot;
			w=nex[w][x];bl[w]=x;
		}ban[w]=1;
	}ACAM();
	for(int i=1;i<=n;i++) bl[tot+i]=i;dij(1);
	return cout<<-1,0;
}

T2 (soul)#

Source：P9056。

你先别急。

T3 (line)#

Source：qoj 5017。

你先别急。

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Day3 #

预期得分：$[20,40]+50+10=[80,100]$，实际得分：$40+50+0=90$，rk.26。

T1 没认真思考，最后卡卡常多捡了点分。T2 不应该做不出来的。

T1 (fish)#

简要题意#

我们称一个长度为 $2^k$ 的 $01$ 串 $s$ 是好的当且仅当：

存在 $0 \le x < 2^k,b \in \{0, 1\}$ 满足 $\forall 0 ≤ i < 2^k, s_i = \text{parity}(i\ \text{and}\ x)\ \text{xor}\ b$。

其中 parity 表示一个数字二进制下 $1$ 个数的奇偶性（即：$\text{popcount} \bmod 2$）。

对于一个字符串，你可以进行若干次操作，将它的一个子区间反转，即把 $0$ 变为 $1$，$1$ 变为 $0$。

给定一个长度为 $n$ 的字符串 $S$，进行 $q$ 次询问，每次查询 $S_{[l,r]}$ 需要进行多少次区间反转操作才能变成好的。

要求做到 $O(n)$ 或 $O(n\log n)$。

solution#

注意到修改操作是区间 flip，差分一下。

注意到 $\text{parity}(x)\ \text{xor}\ \text{parity}(y)=\text{parity}(x\ \text{xor}\ y)$，于是只需要修改使得 $i\ \text{xor}\ (i-1)$ 相等的位置相等即可，这是容易维护的。

T2 (gardenia)#

Source：DELARR。

前置题目：高橋君。

设 $f_n$ 表示长度为 $n$ 的能被删空的序列，则答案为 $\sum\limits_{1\le 2k\le n} (n-2k+1)T_{2k}$。

观察能被删空的条件，容易发现这当且仅当其没有绝对众数。考虑容斥，枚举绝对众数的个数：

$T_{2n}=m^{2n}-m\sum\limits_{k=n+1}^{2n} \dbinom{2n}{k}(m-1)^{2n-k}=m^{2n}- m\sum\limits_{k=0}^{n-1} \dbinom{2n}{k}(m-1)^{k}$。

• 其中 $m$ 表示绝对众数有 $m$ 种选择方案，然后从 $2n$ 个数种选 $k$ 个绝对众数，剩下数任意填。

令 $a=m-1,f(n)=\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \dbinom{n}{k}a^{k}$，我们只需递推出 $f(0,1,\cdots,n)$ 即可快速计算 $T$。

参考前置题目的方法，有考虑 $n\to n+1$ 拆组合数。令 $d(n+1)=[2\nmid n]\dbinom{n+1}{(n+1)/2}$。

$\begin{aligned}f(n+1)&=d(n+1)+\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \dbinom{n+1}{k}a^{k}\\ &=d(n+1)+\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \left(\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k-1}\right)a^{k}\\ &=d(n+1)+\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \dbinom{n}{k}a^k+a\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor-1}\dbinom{n}{k}a^{k}\\ &=d(n+1)+(a+1)f(n)-\dbinom{n}{\lfloor n/2\rfloor}a^{\lfloor n/2\rfloor+1}\end{aligned}$

递推即可，实现精细能做到线性，我写了 $O(n\log n)$，中间用了快速幂。

$\texttt{code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
const int N=1e6+5,M=N-5,mod=998244353;
int T,n,m,jc[N],inv[N],f[N];
inline int rd()
{
	int x=0,zf=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') (ch=='-')and(zf=-1),ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9') x=(10*x+ch-'0'),ch=getchar();
	return x*zf;
}
inline void wr(int x)
{
	if(x==0) return putchar('0'),putchar('\n'),void();
	int num[35],len=0;
	while(x) num[++len]=x%10,x/=10;
	for(int i=len;i>=1;i--) putchar(num[i]+'0');
	putchar('\n');
}
inline int md(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
inline int ksm(int x,int p){int s=1;for(;p;(p&1)&&(s=1ll*s*x%mod),x=1ll*x*x%mod,p>>=1);return s;}
inline int C(int n,int m){return n<m?0:1ll*jc[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
inline int F(int A,int B){return 1ll*C(A,B)*ksm(m-1,B)%mod;}
int main()
{
	T=rd();for(int i=jc[0]=1;i<=M;i++) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
	inv[M]=ksm(jc[M],mod-2);for(int i=M-1;i>=0;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
	while(T--)
	{
		n=rd(),m=rd();int ans=0;f[0]=1;
		for(int i=0;i<n;i++)
			f[i+1]=((i&1)*F(i+1,(i+2)/2)+f[i]+1ll*(m-1)*(f[i]-F(i,i/2)+mod))%mod;
		for(int i=2;i<=n;i+=2)
			ans=(ans+(ksm(m,i)+1ll*(f[i]-F(i,i/2)+mod)*(mod-m))%mod*(n-i+1)%mod*ksm(m,n-i))%mod;
		wr(ans);
	}
	return 0;
}

T3 (camera)#

简要题意#

交互题。有 $n$ 张卡牌，其中卡牌花色从 $1\sim n/2$ 编号，每种卡牌分别有两张。

你每次可以选择其中两张牌，得知它们的花色分别是什么，然后它们会在随机交换或不交换后放回原位。

你需要在 $L$ 次翻看内确定所有牌的具体花色。

测试点中 $(n,L)=(10,100),(10^3,960),(10^4,9450),(10^5,92000)$。

solution#

你先别急。

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Day4 #

$100+25+5=130$，rk.22。

T1 (aw)#

Source：CF1770E。改编了。

注：CF 那题与本题有点细节上的不同，但整体思想/思路都是一致的。

简要题意#

• $2\le n\le 10^5,0\le a_w<998244353$。

solution#

考虑把路径的期望转化为每条边被选中的期望。然后注意到每条边较为独立，然后观察贡献形式，维护一次方和和二次方和就过了。

自己思路太复杂，不想写题解啦！贺一篇。

$\texttt{code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1e5+5,mod=998244353;
int n,a[N],b[N],c[N],d[N],S[N],s,ans,pw[N],f[N];
struct node{int u,v;}E[N];
basic_string<int>g[N];
inline int md(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
inline void ad(int &x,int y){x=md(x+y);}
inline int ksm(int x,int p){int s=1;for(;p;(p&1)&&(s=1ll*s*x%mod),x=1ll*x*x%mod,p>>=1);return s;}
void dfs(int x,int fa){f[x]=fa;S[x]=a[x];for(int i:g[x]) if(i^fa) dfs(i,x),ad(S[x],S[i]);}
int main()
{
    // fr(aw)
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n;
    for(int i=pw[0]=1;i<=n;i++) cin>>a[i],ad(s,a[i]),pw[i]=md(pw[i-1]<<1);
    for(int i=1,u,v;i<n;i++) cin>>u>>v,E[i]={u,v},g[u]+=v,g[v]+=u;
    dfs(1,0);for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=1ll*a[i]*a[i]%mod,c[i]=1;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        auto [u,v]=E[i];if(f[v]==u) swap(u,v);
        int x=a[u],y=a[v],X=b[u],Y=b[v],S1=S[u],S2=md(s+mod-S1),S3=(1ll*X*c[v]+1ll*Y*c[u])%mod,
        A=1ll*x*c[v]%mod,B=1ll*y*c[u]%mod,C;
        a[u]=a[v]=md(A+B);b[u]=b[v]=(S3+2ll*x*y)%mod;
        C=2ll*c[u]*c[v]%mod;c[u]=c[v]=C;d[u]=d[v]=d[u]+d[v]+1;
        ans=(ans+(mod-S3+1ll*C*S1%mod*S2+1ll*(S1-S2+mod)*(A-B+mod))%mod*pw[n-1-d[u]])%mod;
    }
	return cout<<(ans+mod)%mod,0;
}

CF 那题的 record。

T2 (awa)#

简要题意#

$T$ 组多测。给定两个由小写字母组成的字符串 $s,t$。

求有序二元正整数对 $(x, y)$ 的数量，满足 $1\le x,y\le n$，且 $s$ 的长度为 $x$ 的前缀和长度为 $y$ 的后缀拼接得到的字符串是 $t$ 的子串。

这里，拼接表示将后一个字符串拼在前一个字符串之后。

• $1\le T\le 10,1\le |s|,|t|\le 2\times 10^5$。

solution#

你先别急。

T3 (awaw)#

简要题意#

在 $m\times m$ 的网格上有 $n$ 个矩形，第 $i$ 个矩形覆盖了 $a_i\le x \le a_i + w − 1$ 且 $b_i \le y \le b_i + h − 1$ 的所有格点 $(x, y)$。

求没有被覆盖的格点形成的所有四连通块的大小的平方和。对 $2^{64}$ 取模。多测。

注：$w,h$ 全局是固定的。

• $\sum n\le 5\times 10^6,1\le w,h\le m\le 10^9$，保证输入矩阵不超过边界。

solution#

你先别急。

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Day5 #

预期得分：$[45,100]+16+20=[81,136]$，实际得分：$75+16+20=111$，rk.42。菜！

T1 (arithmetic)#

Source：qoj 7877。

对于每个 $k$，容易发现满足条件的前缀一定形如一个区间 $[2k+1,r_k]$，于是问题转化为 $\forall k$，求 $r_k$。

考虑如何判断前缀 $[1,l]$ 在 $k$ 时是否合法，字符串哈希一下，发现转化为 $\texttt{hash}(1,l-2k)+\texttt{hash}(2k+1,l)=2\texttt{hash}(k+1,l-k)$，预处理哈希值后可 $O(1)$ 判断。

此时直接二分 $r_k$ 就可做到 $O(n\log n)$ 了。

考虑从大到小枚举 $k$ 的过程中，记 $p=\max\{r_1,r_2,\cdots r_{k-1}\}$，于是此时 $<p$ 的端点就不需要再枚举了，直接从 $\max(p,2k+1)$ 开始枚举即可。

预处理下哈希值，端点移动总次数是线性的，于是总复杂度 $O(n)$。

$\texttt{code}$

//qoj 7877
//https://qoj.ac/problem/7877
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
#define LL long long
#define P pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N=2e6+5,mod=1000885909,mod1=1000997923,B=2e8+5;
int n,a[N],b[N],p[N],pw[N],PW[N];bool o[N];P s[N];
inline int to(char c)
{
	if(c>='0'&&c<='9') return c-'0';
	if(c>='a'&&c<='z') return c-'a'+10;
	return c-'A'+36;
}
inline int rd()
{
	int x=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'z') ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='z') x=x*62+to(ch),ch=getchar();
	return x;
}
inline int md(int x,int mod){return x>=mod?x-mod:x;}
inline P operator*(P x,int y){return {1ll*x.fi*y%mod,1ll*x.se*y%mod1};}
inline P operator<<(P x,int y){return {1ll*x.fi*pw[y]%mod,1ll*x.se*PW[y]%mod1};}
inline P operator+(P x,P y){return {md(x.fi+y.fi,mod),md(x.se+y.se,mod1)};}
inline P operator-(P x,P y){return {md(x.fi-y.fi+mod,mod),md(x.se-y.se+mod1,mod1)};}
inline P S(int l,int r){return s[r]-s[l-1];}
inline bool chk(int l,int k){return (S(1,l-2*k)<<(2*k))+S(2*k+1,l)==((S(k+1,l-k)<<k)*2);}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=pw[0]=PW[0]=1;i<=n;i++) a[i]=rd(),pw[i]=1ll*pw[i-1]*B%mod,PW[i]=1ll*PW[i-1]*B%mod1;
	for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+((P){a[i],a[i]}<<i);int r=0;
	for(int k=1;2*k+1<=n;k++)
	{
		for(int i=max(2*k+1,r);i<=n+1;i++)
		{
			if(i<=n&&chk(i,k)) o[i]=1;
			else{r=i-1;break;}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) putchar(o[i]+'0');
	return 0;
}

T2 (cross)#

简要题意#

在平面直角坐标系 $Oxy$ 上有 $n$ 个点 $A_1,A_2,\cdots ,A_n$。

$m$ 次询问，每次询问给出一个点 $P$，请找到区间 $[l, r]$，使得 $\sum\limits_{i=l}^r \overrightarrow{OP}\times \overrightarrow{OA_i}$ 最大，并输出这个最大值。

注意这里 $\overrightarrow{OP}\times \overrightarrow{OA_i}$ 是个标量，表示向量叉积的值。

• $1\le n\le 10^5,1\le m\le 10^6$，所有坐标绝对值不超过 $10^5$。

solution#

你先别急。

T3 (transform)#

Source：qoj 1262。

你先别急。

Day6 #

理想情况 $0+100+10=110$，T2 没调出来销号了。致敬传奇删号王！

T1 (cormorant)#

Source：P5998。

你先别急。

T2 (snowfinch)#

Source：qoj 888。$n=2$ 的弱化版：ARC158E。

考虑分治，若 $l<r$，记 $mid$ 表示 $[l,r]$ 中点，则 一条 $(l,o_1)\sim(r,o_2)$ 的路径一定跨过 $mid$。

假设我们已经求出了 $f_{i,j,k}$ 表示中点线的第 $k$ 位 $(mid/mid+1,k)$ 到点 $(i,j)$ 的最短路。

那么此时跨过中点的答案：$\sum\limits_{i=l}^{mid}\sum\limits_{j=mid+1}^r \sum\limits_{o=0}^2 \sum\limits_{p=0}^2\min\limits_{q=0}^2 (f_{i,o,q}+f_{j,p,q})$。

发现可以枚举 min 时 $p$ 取多少，然后做 $3$ 次二维偏序算贡献，再加上分治的 $\log$ 复杂度为 $O(m\log^2 m)$。

---

接下来考虑如何求最短路以及分治到 $l=r$ 的情况。

首先 $(x,0)\sim (x,1)$ 以及 $(x,1)\sim (x,2)$ 的最短路显然是它们俩的权值和。

考虑 $(x,0)\sim (x,2)$ 的情况，发现由于 $n=3$，于是可能存在如下情况：

写个前缀和然后写个前/后缀 min 即可。

最短路最朴素的想法是直接把 $[l,mid]$ 的点拎出来跑以 $(mid,0/1/2)$ 为源点的单源最短路，但发现可能存在如下更优情况：

处理方式也很简单，只需要在最左侧加上一条 $(l,0)\sim (l,2)$ 且边权为其更左侧最优的 $w'$ 的边，然后跑 dij 即可。

右侧同理，$w'$ 是容易通过之前预处理的前/后缀 min 得到，就做完了，dij 复杂度和偏序一致，于是复杂度不变，为 $O(m\log ^2 m)$。

$\texttt{code}$

//qoj 888
//https://qoj.ac/contest/532/problem/888
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
#define LL long long
using namespace std;
const int N=2e5+5,M=N*3,mod=1e9+7,dx[]={1,-1,0,0},dy[]={0,0,1,-1};
int n,ans,tot,tot1,cnt;bool v[N][3];
LL a[N][3],f[N][3],g[N][3],h[N][3],d[M<<1],s1[N],s2[N],F[N],G[N],D[N][3],mn[N],MN[N];
struct node{LL x,y;int w;}b[M],c[M];
inline bool cmp(node X,node Y){return X.x<Y.x;}
inline int md(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
inline void ad(int &x,int y){x=md(x+y);}
struct Bit
{
	int a[M],b[M];
	inline int lb(int x){return x&-x;}
	inline void add(int wz,int x,int y){for(;wz<=cnt;wz+=lb(wz)) a[wz]+=x,ad(b[wz],y);}
	inline int ask1(int wz){int ans=0;for(;wz;wz-=lb(wz)) ans+=a[wz];return ans;}
	inline int ask2(int wz){int ans=0;for(;wz;wz-=lb(wz)) ad(ans,b[wz]);return ans;}
}BIT;
inline void calc()
{
	cnt=0;int t1=1,t2=1;
	for(int i=1;i<=tot;i++) d[++cnt]=b[i].y;
	for(int i=1;i<=tot1;i++) d[++cnt]=c[i].y;
	sort(d+1,d+1+cnt);cnt=unique(d+1,d+1+cnt)-d-1;
	#define ls(x) lower_bound(d+1,d+1+cnt,x)-d
	for(int i=1;i<=tot;i++) b[i].y=ls(b[i].y);
	for(int i=1;i<=tot1;i++) c[i].y=ls(c[i].y);
	sort(b+1,b+1+tot,cmp);sort(c+1,c+1+tot1,cmp);
	for(;t2<=tot;t2++)
	{
		while(c[t1].x<=b[t2].x&&t1<=tot1) BIT.add(c[t1].y,1,c[t1].w),t1++;
		ans=(ans+1ll*b[t2].w*BIT.ask1(b[t2].y)+BIT.ask2(b[t2].y))%mod;
	}
	for(t1=t2=1;t2<=tot;t2++)
		while(c[t1].x<=b[t2].x&&t1<=tot1) BIT.add(c[t1].y,-1,mod-c[t1].w),t1++;
}//二维数点
struct Node{int x,y;LL dis;bool operator<(Node X)const{return dis>X.dis;}};
priority_queue<Node>q;
int L,R;
inline void dij(int l,int r,int U,int V)
{
	for(int i=l;i<=r;i++) for(int j=0;j<3;j++) D[i][j]=1e18,v[i][j]=0;
	q.push({U,V,D[U][V]=a[U][V]});
	while(!q.empty())
	{
		auto [x,y,dis]=q.top();q.pop();
		if(v[x][y]) continue;v[x][y]=1;
		for(int k=0;k<4;k++)
		{
			int nx=x+dx[k],ny=y+dy[k];
			if(l<=nx&&nx<=r&&0<=ny&&ny<3&&D[nx][ny]>dis+a[nx][ny])
				D[nx][ny]=dis+a[nx][ny],(!v[nx][ny])&&(q.push({nx,ny,D[nx][ny]}),1);
		}//一般情况的转移
		if((x==L||x==R)&&y!=1)
		{
			int nx=x,ny=2-y;LL w=((x==L)?MN[x]:mn[x])-a[x][y];
			if(D[nx][ny]>dis+w)
				D[nx][ny]=dis+w,(!v[nx][ny])&&(q.push({nx,ny,D[nx][ny]}),1);
		}//处理最左侧和最右侧的 Corner Case
	}
}//dij
void sol(int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		ans=(ans+a[l][0]+2ll*a[l][1]+a[l][2]+min(mn[l],MN[l]))%mod;
		return;
	}int mid=(l+r)>>1;sol(l,mid);sol(mid+1,r);L=l,R=r;
	dij(l,mid,mid,0);
	for(int i=l;i<=mid;i++) for(int j=0;j<3;j++) f[i][j]=D[i][j];
	dij(mid+1,r,mid+1,0);
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) for(int j=0;j<3;j++) f[i][j]=D[i][j];
	dij(l,mid,mid,1);
	for(int i=l;i<=mid;i++) for(int j=0;j<3;j++) g[i][j]=D[i][j];
	dij(mid+1,r,mid+1,1);
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) for(int j=0;j<3;j++) g[i][j]=D[i][j];
	dij(l,mid,mid,2);
	for(int i=l;i<=mid;i++) for(int j=0;j<3;j++) h[i][j]=D[i][j];
	dij(mid+1,r,mid+1,2);
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) for(int j=0;j<3;j++) h[i][j]=D[i][j];//f,g,h 分别表示 f_{xx,xx,0/1/2}
	tot=tot1=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++) for(int j=0;j<3;j++)
		b[++tot]={g[i][j]-f[i][j],h[i][j]-f[i][j],(int)(f[i][j]%mod)};
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) for(int j=0;j<3;j++)
		c[++tot1]={f[i][j]-g[i][j],f[i][j]-h[i][j],(int)(f[i][j]%mod)};//枚举 min 在哪个，写出偏序式子
	calc();//偏序
	tot=tot1=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++) for(int j=0;j<3;j++)
		b[++tot]={f[i][j]-g[i][j],h[i][j]-g[i][j],(int)(g[i][j]%mod)};
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) for(int j=0;j<3;j++)
		c[++tot1]={g[i][j]-f[i][j]+1,g[i][j]-h[i][j],(int)(g[i][j]%mod)};
	calc();
	tot=tot1=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++) for(int j=0;j<3;j++)
		b[++tot]={f[i][j]-h[i][j],g[i][j]-h[i][j],(int)(h[i][j]%mod)};
	for(int i=mid+1;i<=r;i++) for(int j=0;j<3;j++)
		c[++tot1]={h[i][j]-f[i][j]+1,h[i][j]-g[i][j]+1,(int)(h[i][j]%mod)};
	calc();//分三类讨论
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>n;
	for(int i=0;i<3;i++) for(int j=1;j<=n;j++) cin>>a[j][i];
	for(int i=1;i<=n;i++) s1[i]=s1[i-1]+a[i][0],s2[i]=s2[i-1]+a[i][2];
	F[n+1]=1e18;for(int i=n;i;i--) F[i]=min(F[i+1],s1[i]+s2[i]+a[i][1]);
	G[0]=-1e18;for(int i=1;i<=n;i++) G[i]=max(G[i-1],s1[i-1]+s2[i-1]-a[i][1]);//记前后缀 min，这里 G 取相反数所以是 max
	for(int i=1;i<=n;i++) mn[i]=F[i]-s1[i-1]-s2[i-1],MN[i]=s1[i]+s2[i]-G[i];
	sol(1,n);//分治
	return cout<<(2ll*ans%mod),0;//每个点对要贡献两次答案
}

T3 (tern)#

Source：高橋くんの帰還。

你先别急。

Day7 #

预期得分 $100+15+[?]=115+[?]$，实际得分 $100+5+5=110$，rk.37。

T1 (densha)#

简要题意#

给定 $n$，计算有多少个 $1\sim n$ 的排列满足积性函数性质。即 $\forall 1\le i,j,ij\le n,a_{ij}=a_ia_j$。

$T$ 组多测，对 $998244353$ 取模。

• $T\le 10^4,1\le n\le 10^7$。

solution#

容易通过打表找规律/打表 oeis/代数推导发现：另 $S_d=\{p:p\le n,p\in \text{Prime},\lfloor n/p\rfloor=d\}$，则 $ans=\prod\limits_{d} (|S_d|!)$。

线性筛出素数后再整除分块计算即可，复杂度 $O(n+T\sqrt n)$。

注：此数列在 OEIS 上为 A357328。

$\texttt{code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1e7+5,mod=998244353;
int T,n,pr[N/10],jc[N],s[N];bool v[N];
inline void init(int M)
{
	for(int i=2;i<=M;i++)
	{
		if(!v[i]) pr[++pr[0]]=i;
		for(int j=1;j<=pr[0]&&i*pr[j]<=M;j++)
		{
			v[i*pr[j]]=1;
			if(i%pr[j]==0) break;
		}
	}
    for(int i=jc[0]=1;i<=M;i++) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
    for(int i=1;i<=pr[0];i++) s[pr[i]]++;
    for(int i=1;i<=M;i++) s[i]+=s[i-1];
}
int main()
{
    // fr(densha)
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>T;init(N-5);
    while(T--)
    {
        cin>>n;int ans=1;
        for(int i=1,j;i<=n;i=j+1) j=n/(n/i),ans=1ll*ans*jc[s[j]-s[i-1]]%mod;
        cout<<ans<<"\n";
    }
	return 0;
}

T2 (hacho)#

简要题意#

对于一个序列 $a$，可以对其进行若干次操作，每次将一个数减少 $1$。

定义 $f_k$ 表示进行 $k$ 次操作后序列的最大子段和最小能达到多少。

给定 $a, K$，计算 $\sum\limits_{k=1}^K f_k$，答案对 $998244353$ 取模。

• $1\le n\le 10^5,1\le K\le 10^{13},|a_i|\le 10^8$。

solution#

你先别急。

T3 (hokaku)#

Source：AT wtf22 day2 c。

你先别急。