2022.9.7 Noip 模拟

Noip 模拟#

目录

• Noip 模拟
  • $\to \text{比赛 link} \leftarrow$
  • $\to \text{题面+题解 link} \leftarrow$
  • 报数
  • 随机
  • 单调栈
  • 后缀数组

$\to \text{比赛 link} \leftarrow$#

$\to \text{题面+题解 link} \leftarrow$#

报数#

线性筛+前缀和

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

const int N=1e7+5;

int cnt,p[N],qwq[N];
bitset <N> vis;

inline void get_prime(int x){
	vis[1]=1;
	for(int i=2;i<=x;++i){
		if(!vis[i])
			p[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt&&1ll*p[j]*i<=x;++j){
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
		}
	}
}

inline bool check(int x){
	int res=0;
	do{
		res+=x%10;
		x/=10;
	}while(x);
	return !vis[res];
}

signed main(){
	get_prime(1e7);
	for(int i=1;i<=1e7;++i){
		qwq[i]=qwq[i-1];
		if((!vis[i])&check(i))
			++qwq[i];
	}
	int T,L,R,a,b,c,ans=0;
	scanf("%d%d%d%d%d%d",&T,&L,&R,&a,&b,&c);
	while(T--){
		ans^=(qwq[R]-qwq[L-1]);
		int x=((L^b)+a)%c+1,y=((R^b)+a)%c+1;
		L=min(x,y),R=max(x,y);
	}
    printf("%d\n",ans);
}

随机#

我们设 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 个单点查询的询问前面有 $j$ 次别的修改操作的期望所得值

任意选 $l,r$ 的总方案数是 $n^2$ 的，而其中能够覆盖点 $p_i$ 的总方案数是 $2\cdot p_i \cdot (n-p_i+1)-1$ 的 (小于等于 $p_i$ 的个数乘大于等于 $p_i$ 的个数，正反都可以)

那后面的推式子就省略吧，比较复杂

然后再考虑划分的方案，这里采用的隔板法

对于第 $i$ 个操作在第 $j$ 个空隙的方案数等于

$$\binom{j-1}{i-1}\cdot \binom{q-k-j-1}{k-i-1}$$

相当于左边 $j-1$ 个空插 $i-1$ 个板子，右边 $q-k-j-1$ 个空插 $k-i-1$ 个板子

这是原本的题解：

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

#define int long long

const int N=4e3+5;
const int mod=998244353;

int n,q,k,V,ans,m;
int inv2,invm,invV;
int frac[N],p[N],invf[N],f[N][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;
}

inline int C(int x,int y){
	//if(x==y||!y) return 1;
	if(x<y||x<0||y<0) return 0;
	return frac[x]*invf[y]%mod*invf[x-y]%mod;
}

inline int INV(int x){return qpow(x,mod-2);}

signed main(){
	scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&q,&k,&V);
	for(int i=1;i<=k;++i)
		scanf("%lld",&p[i]);
	frac[0]=invf[0]=1;
	for(int i=1;i<=4000;++i){
		frac[i]=frac[i-1]*i%mod;
		invf[i]=INV(frac[i]);
	}
	inv2=INV(2),m=2ll*n*n%mod,invm=INV(m);
	invV=(V+1)*inv2%mod;
	for(int i=1;i<=k;++i){
		int A=(2ll*p[i]*(n-p[i]+1)%mod-1+mod)%mod,B=(m-A+mod)%mod,invB=INV(B),res=1,pA=A*invm%mod,pB=B*invm%mod;
		for(int j=1;j<=q-k;++j,res=res*pB%mod)
			f[i][j]=(f[i][j-1]+pA*res%mod*(1+(j-1)*A%mod*invB%mod)%mod*invV%mod)%mod;
		for(int j=1,mul=pB;j<=q-k;++j,mul=mul*pB%mod)
			f[i][j]=(f[i][j]+mul*j%mod*A%mod*invB%mod*invV%mod)%mod;
	}
	for(int i=1;i<k;++i)
		for(int j=1;j<=q-k;++j)
			ans=(ans+C(j-1,i-1)*C(q-k-j-1,k-i-1)%mod*f[i][j]%mod)%mod;
	printf("%lld\n",((ans*INV(C(q-k-1,k-1))%mod)+f[k][q-k])%mod);
}

单调栈#

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

const int N=305;
const int M=1e5+5;
const int mod=1e9+7;

struct node{
	int x,w;
};

int n,m;
int g[N][N],f[N][M],b[N],fa[N];
vector <node> E[N],G[N];

inline void add(int x,int y,int z){
	E[x].push_back({y,z});
	g[x][y]=1;
}

inline void dfs(int x){
	for(int i=1;i<=m;++i)
		f[x][i]=1;
	for(node i:G[x]){
		int y=i.x,v=i.w;
		//cout<<y<<endl;
        dfs(y);
        int res=0;
		for(int j=1;j<=m;++j){
			res=(res+f[y][j-v])%mod;
			f[x][j]=1ll*f[x][j]*res%mod;
		}
	}
}

signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	memset(g,-63,sizeof(g));
    //cout<<g[0][0]<<endl;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d",&b[i]);
        g[i][i]=0;
		if(b[i]==-1) continue;
		if(b[i]) add(b[i],i,1);
		for(int j=b[i]+1;j<i;++j)
			add(i,j,0);
	}
	for(int k=1;k<=n;++k)
		for(int i=1;i<=n;++i)
			for(int j=1;j<=n;++j){
				if(i==k||i==j||j==k) continue;
				g[i][j]=max(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);
			}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(node x:E[i]){
            //cout<<i<<" "<<x.x<<" "<<g[i][x.x]<<endl;
			if(g[i][x.x]==1){
                //cout<<i<<" "<<x.x<<" "<<x.w<<endl;
				G[i].push_back({x.x,x.w});
				fa[x.x]=i;
			}
		}
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		if(fa[i]) continue;
		dfs(i);
		int sum=0;
		for(int j=1;j<=m;++j)
			sum=(sum+f[i][j])%mod;
		ans=1ll*ans*sum%mod;
	}
	cout<<ans<<endl;
}

后缀数组#