计蒜之道2019复赛题解

A.外教 Michale 变身大熊猫

对每个i求出以它结尾的[1,i]中的LIS长度f1与个数g1，和以它开头的[i,n]中的LIS长度f2与个数g2，若f1+f2-1=整个数列的LIS长度，那么它出现在LIS中的概率就是g1*g2/整个数列LIS的个数。发现可以用线段树优化朴素DP转移，维护下区间最大值和最大值的个数即可快速求出f和g。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define ls (x<<1)
#define rs (ls|1)
#define lson ls,L,mid
#define rson rs,mid+1,R
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=1000010,mod=998244353;
int n,tot,res,sm,a[N],b[N],f1[N],f2[N],g1[N],g2[N],v1[N<<2],v2[N<<2];

int ksm(int a,int b){
    int res=1;
    for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
        if (b & 1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}

void upd(int x,int y,int &r1,int &r2){
    if (x>r1) r1=x,r2=y; else if (x==r1) r2=(r2+y)%mod;
}

void build(int x,int L,int R){
    v1[x]=v2[x]=0;
    if (L==R) return;
    int mid=(L+R)>>1; build(lson); build(rson);
}

void mdf(int x,int L,int R,int p,int k1,int k2){
    if (L==R){ upd(k1,k2,v1[x],v2[x]); return; }
    upd(k1,k2,v1[x],v2[x]);
    int mid=(L+R)>>1;
    if (p<=mid) mdf(lson,p,k1,k2); else mdf(rson,p,k1,k2);
}

void que(int x,int L,int R,int l,int r,int &r1,int &r2){
    if (L==l && r==R){ upd(v1[x],v2[x],r1,r2); return; }
    int mid=(L+R)>>1;
    if (r<=mid) que(lson,l,r,r1,r2);
    else if (l>mid) que(rson,l,r,r1,r2);
        else que(lson,l,mid,r1,r2),que(rson,mid+1,r,r1,r2);
}

int main(){
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),tot=max(tot,a[i]),b[i]=a[i];
    sort(b+1,b+n+1); tot=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
    rep(i,1,n) a[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i])-b;
    build(1,0,tot+1); mdf(1,0,tot+1,0,0,1);
    rep(i,1,n) que(1,0,tot+1,0,a[i]-1,f1[i],g1[i]),f1[i]++,mdf(1,0,tot+1,a[i],f1[i],g1[i]);
    build(1,0,tot+1); mdf(1,0,tot+1,tot+1,0,1);
    for (int i=n; i; i--) que(1,0,tot+1,a[i]+1,tot+1,f2[i],g2[i]),f2[i]++,mdf(1,0,tot+1,a[i],f2[i],g2[i]);
    que(1,0,tot+1,0,tot+1,res,sm); sm=ksm(sm,mod-2);
    rep(i,1,n) if (f1[i]+f2[i]-1==res) printf("%lld ",1ll*g1[i]*g2[i]%mod*sm%mod); else printf("0 ");
    return 0;
}

B.个性化评测系统

先枚举听的牌，再枚举对子，然后就只剩判断剩下的能不能组成四副刻子了。从小到大枚举牌型，能面子就面子，剩下的只能组成顺子，很好判和。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=110;
char s[N];
int d[N],p[N];

void work(char s[]){
    if (s[1]=='m') d[s[0]-'0']++;
    if (s[1]=='s') d[s[0]-'0'+9]++;
    if (s[1]=='p') d[s[0]-'0'+18]++;
    if (s[1]=='z') d[s[0]-'0'+27]++;
}

void work2(int x){
    if (x<=9) printf("%dm\n",x);
    if (x>9 && x<=18) printf("%ds\n",x-9);
    if (x>18 && x<=27) printf("%dp\n",x-18);
    if (x>27) printf("%dz\n",x-27);
}

bool chk(){
    rep(x,1,34) if (d[x]>=2){
        rep(i,1,34) p[i]=d[i];
        p[x]-=2; bool flag=0;
        rep(i,1,34) if (p[i]){
            if (p[i]>=3) p[i]-=3;
            if (!p[i]) continue;
            if (i==8 || i==9 || i==17 || i==18 || i==26 || i==27 || i==33 || i==34 || p[i+1]<p[i] || p[i+2]<p[i]){ flag=1; break; }
            p[i+1]-=p[i]; p[i+2]-=p[i]; p[i]=0;
        }
        if (!flag) return 1;
    }
    return 0;
}

int main(){
    freopen("b.in","r",stdin);
    freopen("b.out","w",stdout);
    while (~scanf("%s",s)){
        rep(i,0,34) d[i]=0; work(s);
        rep(i,2,13) scanf("%s",s),work(s);
        rep(i,1,34) if (d[i]<=3) { d[i]++; if (chk()) work2(i); d[i]--; }
    }
    return 0;
}

C.个性化学习之石子游戏

把SG表打出来发现就是末尾0的个数，然后问题就是想求有多少种方案能让整个数列异或和为0。先高精度对每个i统计出末尾有i个0的数有多少个，再FWT即可。注意这题似乎卡时，若高精度除法的时候没有余数（即被除数是偶数）则可以直接O(1)统计，不需要重新计算了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=1000010,mod=998244353,i2=499122177;
char s[N];
ll m;
int n,tot,a[N],c[N];

int ksm(int a,int b){
    int res=1;
    for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
        if (b & 1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}

void FWT(int a[],int n,int f){
    for (int i=1; i<n; i<<=1)
        for (int p=i<<1,j=0; j<n; j+=p)
            for (int k=0; k<i; k++){
                int x=a[j+k],y=a[i+j+k];
                if (f) a[j+k]=(x+y)%mod,a[i+j+k]=(x-y+mod)%mod;
                    else a[j+k]=1ll*(x+y)*i2%mod,a[i+j+k]=1ll*(x-y+mod)*i2%mod;
            }
}

int main(){
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
    scanf("%s%lld",s+1,&m); n=strlen(s+1); m%=mod-1; tot=-1;
    rep(i,1,n) a[i]=s[n-i+1]-'0';
    c[++tot]=a[n];
    for (int i=n-1; i; i--) c[tot]=(c[tot]*10ll+a[i])%mod;
    int p=ksm(c[tot],m);
    while (n){
        for (int i=n; i; i--) a[i-1]+=(a[i]&1)*10,a[i]>>=1;
        if (!a[0]) tot++,c[tot]=1ll*c[tot-1]*i2%mod;
        else{
            c[++tot]=a[n];
            for (int i=n-1; i; i--) c[tot]=(c[tot]*10ll+a[i])%mod;
        }
        a[0]=0; while (n && !a[n]) n--;
    }
    rep(i,0,tot-1) c[i]=(c[i]-c[i+1]+mod)%mod;
    for (n=1; n<=tot; n<<=1);
    FWT(c,n,1);
    rep(i,0,n-1) c[i]=ksm(c[i],m)%mod;
    FWT(c,n,0); printf("%d\n",(p-c[0]+mod)%mod);
    return 0;
}

D.“星云系统”

先写了一个序列自动机，MLE。

再写了一个枚举+二分，TLE。

考虑线性做法，从前往后枚举，当后面一个字典序更小的字符可以出现在答案中时，可以考虑用它替代前面的字符，栈维护。

#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=5000010;
char s[N],q[N];
int n,K,top;

int main(){
    freopen("d.in","r",stdin);
    freopen("d.out","w",stdout);
    scanf("%s%d",s+1,&K); n=strlen(s+1);
    rep(i,1,n){
        while (top && n-i+1+top>K && q[top]>s[i]) top--;
        q[++top]=s[i];
    }
    rep(i,1,K) putchar(q[i]);
    return 0;
}

E.撑起信息安全“保护伞”

前驱：找到最靠后的一个可以被替代为'('的')'，这个位置之前的不动，这个位置替代为')'，之后重新构造。后继同理。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=2000010;
char s[N];
int n,sm[N];

int main(){
    freopen("e.in","r",stdin);
    freopen("e.out","w",stdout);
    scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1);
    rep(i,1,n) if (s[i]=='(') sm[i]=sm[i-1]+1; else sm[i]=sm[i-1]-1;
    for (int i=n; i; i--) if (s[i]==')' && ((sm[i-1]+1)&1)==((n-i)&1) && sm[i-1]+1<=n-i){
        rep(j,1,i-1) putchar(s[j]); putchar('('); int t=sm[i-1]+1;
        rep(j,i+1,n) if (t) putchar(')'),t--; else putchar('('),t++;
        break;
    }
    puts("");
    for (int i=n; i; i--) if (s[i]=='(' && ((sm[i-1]-1)&1)==((n-i)&1) && sm[i-1]){
        rep(j,1,i-1) putchar(s[j]); putchar(')'); int t=sm[i-1]-1;
        rep(j,i+1,n) if (t+1<=n-j) putchar('('),t++; else putchar(')'),t--;
        break;
    }
    return 0;
}