第46届ICPC济南站部分题解
第46届ICPC济南站题解（部分）
补题通道在PTA的教育商店，这里会简单给出题意
C：Optimal Strategy
题意：有两个人正在玩游戏，他们每次可以从给定数组中取出一个数字，其值作为自己的得分，轮流取数。每个人都想自己的得分更高，问让自己得分更高的情况下，有几种取数方法
思路：组合计数
建议先自己模拟下过程，才好理解以下我说的话。
一步一步来，
当我先手时，如果最大值的个数有奇数个，那么我一定会去选最大的那个。
相对的，如果最大值的个数有偶数个，那么我可以先放着最大的不选。但是假如有一方先选了最大值，那么另外一个必须得先选最大值了。
所以初步得到，方案数和最大值的奇偶性有关。
当为偶数时候，可以先放着，等对面选了自己跟着选，或者反之。
当为奇数的时候，先手先选，然后又变成了偶数的情况。
所以我们可以先找出得分数字的组合（相同的数字没有位置的差别），最后乘以所有相同的数字的全排列即可。
所以现在需要解决子问题，找出得分数字的组合方案数即可。
从小到大取数字，当当前数字个数为奇数的时候，必须得排第一个，剩下的两个一组进行插入即可
最终的柿子也就是
\[\sum_{i = 1}^n cnt[i]! * C_{\sum_{j = 1}^{i - 1} + \lfloor \frac{cnt[i]}{2} \rfloor}^{\lfloor \frac{cnt[i]}{2} \rfloor}
\]
解释下这个柿子的组合数部分吧
其实就是一个经典问题，把 \(n\) 个相同红色球插入到 \(m\) 个蓝色球中的方案数
答案就是 \(C_{m + n}^{n}\) 因为插入之后一共有 \(n + m\) 个，其中 \(n\) 个是红球，相当于从中取出 \(n\) 个位置放红球，剩下的按照原来位置排序即可
#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define ls u << 1
#define rs u << 1 | 1
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL,LL> PLL;
const int INF = 0x3f3f3f3f, N = 1e6 + 10;
const int MOD = 998244353;
const double eps = 1e-6;
const double PI = acos(-1);
inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}
LL f[N];
LL q_pow(LL a, LL b, LL p) {
LL res = 1;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) res = res * a % p;
a = a * a % p;
}
return res;
}
LL get_inv(LL x) {return q_pow(x, MOD - 2, MOD);}
LL C(int n, int m) {
return f[n] * get_inv(f[n - m]) % MOD * get_inv(f[m]) % MOD;
}
inline void solve() {
int n; cin >> n;
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) f[i] = f[i - 1] * i % MOD;
vector<int> a(n + 1), cnt(n + 1);
LL res = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i], cnt[a[i]] ++;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
if (!cnt[i]) continue;
res = res * f[cnt[i]] % MOD;
}
int num = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
if (!cnt[i]) continue;
int now = cnt[i] / 2;
res = res * C(num + now, now) % MOD;
num += cnt[i];
}
cout << res << endl;
}
int main() {
#ifdef DEBUG
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
auto now = clock();
#endif
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
cout << fixed << setprecision(2);
// int T; cin >> T;
// while (T -- )
solve();
#ifdef DEBUG
cout << "============================" << endl;
cout << "Program run for " << (clock() - now) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000 << " ms." << endl;
#endif
return 0;
}
D: Arithmetic Sequence
题意：给一个数组，对于每个数字来说，都有将该值+1或者-1操作，问将该数组变成等差数列的最小次数操作是多少。
思路：三分
容易想到，对于公差 \(d\) 来说，若 \(f(d)\) 表示公差为 \(d\) 值时候的最少操作次数，那么 \(f(d)\) 是含有一个极小值的函数，这个极小值就是我们要求的答案，所以想到三分 \(d\) 然后计算即可。
接下来讲 \(f(d)\) 的求解
我们定义一个数组 \(d[i]\) 表示首相为0，公差为 \(x\) 的时候的操作次数。
那么显然，取 \(d\) 的中位数作为最终数列的参照就是正解。（和货仓选址差不多原理）
那么接下来也没啥难度了，不过注意此题如果直接三分会爆long long，所以要上int128，或者在 \(n\) 较大的时候减少三分范围。
#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define ls u << 1
#define rs u << 1 | 1
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL,LL> PLL;
const int INF = 0x3f3f3f3f, N = 2e5 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6;
const double PI = acos(-1);
inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}
LL a[N], d[N], c[N];
int n;
LL check(LL x) {
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) c[i] = x * i - (a[i] - a[1]);
nth_element(c + 1, c + (n + 1) / 2, c + 1 + n);
LL mid = c[(n + 1) / 2];
LL res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) res += abs(mid - c[i]);
return res;
}
inline void solve() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];
LL l = (LL)-1e13, r = (LL)1e13;
while (l < r) {
LL mid1 = l + (r - l) / 3;
LL mid2 = r - (r - l) / 3;
if (check(mid1) <= check(mid2)) r = mid2 - 1;
else l = mid1 + 1;
}
cout << check(l) << endl;
}
int main() {
#ifdef DEBUG
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
auto now = clock();
#endif
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
cout << fixed << setprecision(2);
// int T; cin >> T;
// while (T -- )
solve();
#ifdef DEBUG
cout << "============================" << endl;
cout << "Program run for " << (clock() - now) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000 << " ms." << endl;
#endif
return 0;
}
J:Determinant
题意：给定一个行列式，再给一个行列式的值的绝对值，问你行列式的值应该是绝对值本身，还是绝对值的负数。
想法：高斯消元取模
其实很简单，但是如果直接用python计算就会T，因为数字巨大。
所以用高斯消元加个取模即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define ls u << 1
#define rs u << 1 | 1
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL,LL> PLL;
const int INF = 0x3f3f3f3f, N = 120;
const int MOD = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6;
const double PI = acos(-1);
inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}
LL q_pow(LL a, LL b, LL p) {
LL res = 1;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) res = res * a % p;
a = a * a % p;
}
return res;
}
LL p[N][N];
int n;
LL inv(LL x) {return q_pow(x, MOD - 2, MOD);}
LL Gauss() {
LL res = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
for (int j = i; j <= n; j ++ ) {
if (p[j][i] != 0) {
if (j == i) break;
res = -res;
for (int k = i; k <= n; k ++ ) swap(p[j][k], p[i][k]);
break;
}
}
if (p[i][i] == 0) return 0;
LL now = inv(p[i][i]);
for (int j = i + 1; j <= n; j ++ ) {
LL tmp = p[j][i] * now % MOD;
for (int k = i; k <= n; k ++ ) p[j][k] = (p[j][k] - p[i][k] * tmp % MOD + MOD) % MOD;
}
res = (res * p[i][i] % MOD + MOD) % MOD;
}
return res;
}
inline void solve() {
cin >> n;
LL now = 0;
string s; cin >> s;
for (auto ite : s) now = (now * 10 % MOD + ite - '0') % MOD;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) for (int j = 1; j <= n; j ++ ) cin >> p[i][j];
if (Gauss() == now) cout << "+\n";
else cout << "-\n";
}
int main() {
#ifdef DEBUG
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
auto now = clock();
#endif
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
cout << fixed << setprecision(2);
int T; cin >> T;
while (T -- )
solve();
#ifdef DEBUG
cout << "============================" << endl;
cout << "Program run for " << (clock() - now) / (double)CLOCKS_PER_SEC * 1000 << " ms." << endl;
#endif
return 0;
}
