ABC 313

省流：ABC 没有什么好讲的，DEG 比较简单。

D

先求出 $1$ 和其他数的异或值，再计算。

第一种是 $2\sim n-k+1$ 的，第二种是 $n-k+2\sim n$ 的。

E

连续两个 $>1$ 不会结束，其他的情况从后往前处理即可。

计算每一个 $>1$ 的贡献是几个 $1$。

F

• 如果出现 $X_i=Y_i$，必须翻，如果 $B_i>A_i$，先翻过来再说，不会更劣。后面只考虑 $X_i\ne Y_i$。

• 如果对于一个 $a$，有 $X_i=a$ 或 $Y_i=a$，$a$ 翻转的概率是 $\frac{1}{2}$，否则为 $0$。（可以用二项式定理证明）

• 抽象成图，$X_i$ 到 $Y_i$ 连一条边。

• 每个点权是 $\frac{A_i+B_i}{2}-A_i$，是选择它的“贡献”。

• 显然，连接两个点权是正的边，直接连接；连接两个点权是负的边，不可能连接。处理完，去掉这些边。

• 图变成了二分图。$40÷2=20$，$2^{20}$ 很合理。

• 若负的点数量 $\le 20$，可以直接枚举，与它们连的正的边一定会选，$O(2^{2}0\times {20}^2)$，预处理可以 $O(2^{20}\times 20)$。（最坏）

• 反之，在正的上面 dp，$d{p}_{i,msk}$ 代表负的中选到了 $i$，正的选了 $msk$。$O(2^{20}\times 20)$。

• submission

G

操作 $A$ 都在 $B$ 前面，这样答案不会重复（$A$ 在 $B$ 后面相当于没做）。把问题转化成求 floor sum，类欧板子套上去即可。

Ex

• 给 $A$ 和 $B$ 排序没有影响。

• 定义 $C$，$C_i=min(A_i,A_{i-1}),C_1=A_1,C_{N+1}=A_N$。

• $B_i>C_i$ 即可。

考虑插入 dp。$d{p}_{i,j}(i\ge j)$ 表示前 $i$ 个 $A$ 分成 $j$ 段（此时 $B$ 到了 $i+j$）。段数从 $a$ 变到 $b$ 时，$B_a,B_{a+1},\cdots ,B_b$ 均要大于 $A_{i+1}$。

转移 $3$ 种情况：

• $A_i$ 单独成段。

• $A_i$ 在一段左或右边。

• $A_i$ 连接两段。

代码很好写。

code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl

using ll = long long;

const int N = 5e3+3;
const ll mod = 998244353;

int n;
int a[N],b[N];
ll dp[N][N];

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	cin>>n;
	for (int i=0; i<n; i++){
		cin>>a[i];
	}
	for (int i=0; i<n+1; i++){
		cin>>b[i];
	}
	sort(a,a+n);
	sort(b,b+1+n);
	dp[0][0]=1;
	for (int i=0; i<n; i++){
		for (int bl=0; bl<=i; bl++){
			for (int ty=0; ty<3; ty++){
				if (i+bl+1-ty>n || ty>bl){
					continue;
				}
				if (ty!=2 && b[i+bl]<a[i]){
					continue;
				}
				if (ty==0){
					(dp[i+1][bl+1]+=dp[i][bl]*1ll*(bl+1)%mod)%=mod;
				}
				if (ty==1){
					(dp[i+1][bl]+=dp[i][bl]*1ll*(2ll*bl)%mod)%=mod;
				}
				if (bl-1>=0 && ty==2){
					(dp[i+1][bl-1]+=dp[i][bl]*1ll*(bl-1)%mod)%=mod;
				}
			}
		}
	}
	cout<<dp[n][1]<<endl;
	return 0;
}

// don't waste time!!!

很像 loj 2743。收录于 我的这个博客。