AtCoder Regular Contest 145

$\text{AtCoder Regular Contest 145}$#

目录

• $\text{AtCoder Regular Contest 145}$
  • • $\text A$
    • $\text B$
    • $\text C$
    • $\text D$

$\text A$#

过于简单，略

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$\text B$#

虽然简单但是细节特别多，略

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$\text C$#

题意：

给你一个数 $n$，我们定义一个长度为 $2n$ 的排列 $\text P$ 的得分如下

将这个排列分成两个长度均为 $n$ 的(不一定要连续的)子序列 $\text A_{1\sim n}$ 以及 $\text B_{1\sim n}$，那么所有 $\text A,\text B$ 的划分中 $\max\{\sum_{i=1}^n \text A_i\text B_i\}$ 就是该排列的得分

令 $\text M$ 表示所有排列的最大得分，求有多少种排列的得分为 $\text M$

答案对 $998244353$ 取模

$1\le n\le 2\times 10^5$

思路

显然对于四个数 $\text{A,B,C,D}$ 满足 $\text{A<B<C<D}$ 的情况，必然有 $\text{AB+CD}$ 是两两乘积求和中最大的

那么这个长度为 $2n$ 的序列中的数就可以一一对应起来：$2n\to 2n-1,2n-2\to 2n-3,\cdots,2\to 1$

我们首先确定每一对数 $(a,b)$ 把谁放在 $\text A$ 序列中，也就是当作左边的元素

这样就一共有 $2^n$ 种左边元素的方案

然后左边元素又可以任意排列，所以一共就有 $n!$ 中排列方式

然后我们再来考虑把它们放在排列 $\text P$ 中

显然如果我们从左到右遍历一遍 $\text P$，那么左边元素的数量一定大于右边元素的数量

这不就是括号序列吗，括号序列的总方案数共有 $\frac 1{n+1}\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}$ 种 (卡特兰数)

(我貌似还没有学会卡特兰数)

那么把它们乘起来，最后总方案数就是

$$2^n\cdot n!\cdot \frac 1{n+1}\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix}=2^n\cdot \frac{2n!}{(n+1)!}$$

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
const int mod=998244353;

int n;

inline int qpow(int x,int idx){
	if(!idx) return 1;
	int t=qpow(x,idx>>1);
	return (idx&1)?t*t%mod*x%mod:t*t%mod;
}

signed main(){
	cin>>n;
	int ans=qpow(2,n);
	for(int i=n+2;i<=2*n;++i) ans=(ans*i)%mod;
	cout<<ans<<endl;
}

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$\text D$#

题意：

给定 $n,m$

要求构造出一个满足以下条件的集合 $\text S$

• $\text S$ 中有恰好 $n$ 个数

• $\text S$ 中的所有数都在 $[-10^7,10^7]$ 之内

• 对于所有 $\ x,y,z(x<y<z)$ 都有 $y-x\ne z-y$

• $\sum_{s\in \text S}=m$

$1\le n\le 10^4,|m|\le n\times 10^6$

思路：

我们先只关注限制 $3$

$y-x\ne z-y\to 2y\ne x+z$

那么有一种较好的构造方式是让集合 $\text S$ 中的所有数三进制下均为 $0/1$

这样 $x<z$ 的话 $(x+z)_{(3)}$ 必然至少有一位为 $1$

并且 $2y_{(3)}$ 必然全是 $0/2$，这样就使得 $2y\ne x+z$

然后我们再来考虑让所有数和为 $m$

我们先建立一个如上的集合 $\text S$，设集合 $\sum_{s\in \text S}=sum$

现在我们就是要把 $sum$ 变成 $m$，由于给集合 $\text S$ 中所有数加上同一个数仍会满足限制 $3$

而集合中总共有 $n$ 个数，我们每次全部数都减去一个 $x$ 就相当于总共减去 $nx$

所以我们需要做的就是把 $sum-m$ 变成 $n$ 的倍数

也就是要把 $sum$ 减去 $((sum-m)\bmod n+n)\bmod n$

考虑我们可以把集合中的每一个数 $\times 3$，这样我们就可以通过给 $((sum-m)\bmod n+n)\bmod n$ 个数减去 $1$ 来使得 $sum$ 减去 $((sum-m)\bmod n+n)\bmod n$，同时还能满足限制 $3$

code：

		for(int j=0;j<15;++j,tmp*=3){
			if((i>>j)&1)
				x+=tmp;
		}
		sum+=x;
		s[++cnt]=x;
	}
	int x=((m-sum)%n+n)%n;
	for(int i=1;i<=x;++i) ++s[i],++sum;
	//if(m<sum) for(int i=1;i<=n;++i)
	int delta=(sum-m)/n;
	for(int i=1;i<=cnt;++i)
		printf("%d ",s[i]-delta);
}