NOIP2022模拟赛一 By QY8.16

Preface

今天这场代码量好小啊……

T4原来是经典的除法分块，但我都忘光了，远程求助陈指导才会

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A. 「NOIP2022模拟赛一 By QY A」签到题

Pro

• 构造一个长度为$n$的排列$p$，使得其$\max(\operatorname{lis(p),\operatorname{lds(p)}})$是所有排列中最小的一个（相同则输出任意一种）
• $\operatorname{lis(p)},\operatorname{lds(p)}$分别表示$p$的最长上升子序列长度和最长下降子序列长度
• $n\le 100000$

Sol

刚开始有点迷，打了个暴力找了下规律就会了

不难证明$\max(\operatorname{lis(p),\operatorname{lds(p)}})$的最小值就是$\lceil\sqrt n\rceil$，考虑以下的构造方法：

n=9
3 2 1 6 5 4 9 8 7

n=11
3 2 1 7 6 5 4 11 10 9 8

普遍地，把序列分为一些大小为$\sqrt n$的块，块的内部保证连续降序，然后块的总数也是$\sqrt n$级别的，升序子序列只能存在与不同的块之间

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=100005;
int n,a[N],m;
int main()
{
	RI i,j,k; scanf("%d",&n); m=(int)sqrt(n); if (m*m<n) ++m;
	for (i=n-m+1,k=n;i>=1;i-=m) for (j=0;j<m;++j) a[i+j]=k--;
	for (i=1;i<=n%m;++i) a[i]=k--;
	for (i=1;i<=n;++i) printf("%d ",a[i]);
	return 0;
}

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B. 「NOIP2022模拟赛一 By QY B」简单题

Pro

• 在一个圆中随机分布着$n$个点，求存在一条直径使得所有点均在直线一侧的概率
• $n\le 100000$，答案对$998244353$取模

Sol

首先在圆内和在圆周上是等价的，然后考虑先选定一个点为起点

以这个起点为端点，规定一个方向（假定为逆时针）做得一段半圆周，我们强制接下来的点都要落在这个半圆周上

剩下$n-1$个点都落在上面的概率是$\frac{1}{2^{n-1}}$，再乘上起点选法$n$就是答案了

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n;
inline int quick_pow(int x,int p=mod-2,int mul=1)
{
	for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
int main()
{
	return scanf("%d",&n),printf("%d",1LL*n*quick_pow(quick_pow(2,n-1))%mod),0;
}

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C. 「NOIP2022模拟赛一 By QY C」数列题

Pro

• 有一个长度为$n$的数列$a$，$a_i$在初始时是整数，后续过程中可以变成实数
• 你可以对一个数$a_i$进行一次修改，将其值变为$a_i'$，这要花费$(a_i-a_i')^2$的代价
• 求让最后的数列变为等差数列的最小代价总和
• $n\le 1000$，数据组数T\le 1000$

Sol

考虑等差数列的一般表达形式，$d_n=A\cdot n+B$，把$n$看做自变量，$d_n$看做因变量，这其实就是一条直线的方程

而且我们发现原来给出的值$a_i$可以看做在平面内的点$(i,a_i)$，而代价的定义也和SSE（残差平方和）一模一样

因此我们直接使用线性回归的相关知识，用最小二乘法得到最优的拟合直线$y=kx+b$，有：

$$k=\frac{\sum_{i=1}^n (x_i-\overline x)(y_i-\overline y)}{\sum_{i=1}^n (x_i-\overline x)^2}\\ b=\overline y-k\overline x$$

就可以轻松算出答案了，复杂度$O(Tn)$

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
const int N=1005;
int t,n,a[N]; double _x,_y,f1,f2,k,b,ans;
class FileInputOutput
{
	private:
		static const int S=1<<21;
		#define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
		char Fin[S],*A,*B;
	public:
		Tp inline void read(T& x)
		{
			x=0; char ch; bool flag=0; while (!isdigit(ch=tc())) if (ch=='-') flag=1;
			while (x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc())); if (flag) x=-x;
		}
		#undef tc
}F;
inline double sqr(const double& x) { return x*x; }
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	for (F.read(t);t;--t)
	{
		RI i; for (F.read(n),_x=_y=f1=f2=ans=0,i=1;i<=n;++i)
		F.read(a[i]),_x+=i,_y+=a[i]; _x/=n; _y/=n;
		for (i=1;i<=n;++i) f1+=(i-_x)*(a[i]-_y),f2+=sqr(i-_x);
		for (k=f1/f2,b=_y-k*_x,i=1;i<=n;++i) ans+=sqr(a[i]-(k*i+b));
		printf("%.15lf\n",ans);
	}
	return 0;
}

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D. 「NOIP2022模拟赛一 By QY D」化学题

Pro

• 有一个数初值为$1$，每秒钟它就会等概率随机变为原来的$1,2,3,\cdots,n$倍
• 求该数第一次大于$m$的期望时间
• $2\le n\le 9\times 10^8,m\le 10^9$

Sol

暴力DP人人都会，就是要注意不变的情况，单独提出来后把转移方程移项后即可：

$$f_i=(\sum_{j|i\and \frac{i}{j}\in[1,n]} \frac{f_j}{n}) +1\\ \Leftrightarrow f_i=(\sum_{j|i\and \frac{i}{j}\in(2,n]} \frac{f_j}{n}) +\frac{f_i}{n}+1\\ \Leftrightarrow f_i=(\sum_{j|i\and \frac{i}{j}\in(2,n]} \frac{f_j}{n-1}) +\frac{n}{n-1}$$

考虑从$j|i$入手，用整除分块后状态变成了$\sqrt m$级别，同时在转移的时候也可以再套一个整除分块来把相同的值一起转移

总体复杂度$O(m^{\frac{3}{4}})$（和杜教筛的复杂度类似，两个除法分块套在一起就是这个复杂度）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int S=100000,mod=998244353;
int n,m,sm,st[S<<1],cnt,inv,id1[S],id2[S],f[S<<1];
inline int quick_pow(int x,int p=mod-2,int mul=1)
{
	for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
inline void inc(int& x,CI y)
{
	if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
#define ID(x) ((x)<=sm?id1[x]:id2[m/(x)])
int main()
{
	RI i,l,r; scanf("%d%d",&n,&m); sm=sqrt(m);
	for (l=1;l<=m;l=r+1) r=m/(m/l),st[ID(m/l)=++cnt]=m/l;
	for (inv=quick_pow(n-1),i=cnt;i;--i)
	{
		for (l=2;l<=min(n,st[i]);l=r+1)
		r=min(n,st[i]/(st[i]/l)),inc(f[i],1LL*(r-l+1)*f[ID(st[i]/l)]%mod);
		f[i]=1LL*(f[i]+n)*inv%mod;
	}
	return printf("%d",f[ID(m)]),0;
}

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Postscript

咕噜咕噜咕噜……