2021.7.27考试总结[NOIP模拟25]
罕见的改完了题
T1 random
一堆概率，一堆函数，一堆递归，一眼不可做，
但它只有一个参数，所以..
熠神本着“只有20太难看“的心态，通过样例三个出规律，口胡了一波$\frac{n^{2}-1}{9}$,
然后他切了，
他切了！
所以只有一个参数的题很可能是个结论，很可能可以打表，不要乱弃。。
正解颓柿子，先列出一个逆序对在长为n的序列中的贡献，然后列出答案的总式子，发现逆序对在长度大于等于二的序列里贡献都是4/3（打表/归纳法），
于是将式子化简，最后可以用等差数列求和公式$\sum_{i=1}^{n}i= \frac{n\left ( n+1 \right )}{2}$和$\sum_{i=1}^{n}i^{2}= \frac{n\left ( n+1 \right )\left ( 2n+1 \right )}{6}$化出O（1）。
code（这种代码真的用看吗：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define debug exit(0) 3 #define LL long long 4 using namespace std; 5 const LL NN=1e18+5,p=998244353; 6 int T,n; 7 inline LL read(){ 8 LL x=0,f=1; 9 char ch=getchar(); 10 while(ch<'0'||ch>'9'){ 11 if(ch=='-') f=-1; 12 ch=getchar(); 13 } 14 while(ch>='0'&&ch<='9'){ 15 x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); 16 ch=getchar(); 17 } 18 return x*f; 19 } 20 void write(int x){ 21 if(x<0) putchar('-'), x=-x; 22 if(x>9) write(x/10); 23 putchar(x%10+'0'); 24 } 25 inline int qpow(LL a,LL b){ 26 int res=1; a%=p; 27 while(b){ 28 if(b&1) res=1ll*res*a%p; 29 a=a*a%p; 30 b>>=1; 31 } 32 return res; 33 } 34 int main(){ 35 T=read(); 36 int inv=qpow(9,p-2); 37 while(T--){ 38 n=read()%p; 39 write((1ll*n*n%p-1+p)%p*inv%p); putchar('\n'); 40 } 41 return 0; 42 }
T2 string
因为把前缀拼到后缀前面而爆零了。。
考虑计算以总串中第i位为结尾的后缀和以第i+1位为开始的前缀个数，二者相乘再求和就是答案。加上哈希70pts。
考虑优化。以总串中第i为结尾的后缀中最长后缀一定可以包含其他后缀，也就是说满足条件的后缀都是最长后缀的后缀。前缀同理
把字符串正反插入两颗trie树，通过DFS统计数量，然后二分找每个点的最长前后缀，记录答案。
code：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define debug exit(0) 3 #define ULL unsigned long long 4 #define rin register int 5 #define int long long 6 using namespace std; 7 const int NN=2e5+5; 8 const ULL base=131; 9 int n,ls,l,r,pr[NN],ne[NN],tmp,ans; 10 ULL shas[NN],bas[NN],hs; 11 char s[NN],ch[NN]; 12 inline int read(){ 13 int x=0,f=1; 14 char ch=getchar(); 15 while(ch<'0'||ch>'9'){ 16 if(ch=='-') f=-1; 17 ch=getchar(); 18 } 19 while(ch>='0'&&ch<='9'){ 20 x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); 21 ch=getchar(); 22 } 23 return x*f; 24 } 25 void write(int x){ 26 if(x<0) putchar('-'), x=-x; 27 if(x>9) write(x/10); 28 putchar(x%10+'0'); 29 } 30 inline ULL get(int l,int r){ 31 if(l>r) return 0; 32 return shas[r+1]-shas[l]*bas[r-l+1]; 33 } 34 struct trie{ 35 int to[NN][27],tot; 36 long long siz[NN]; 37 ULL has[NN]; 38 unordered_map<ULL,int>vis; 39 void insert(char ss[],int op){ 40 int len=strlen(ss),root=1; 41 for(int i=0;i<len;i++){ 42 int now=ss[i]-'a'; 43 if(!to[root][now]){ 44 to[root][now]=++tot; 45 if(!op) has[tot]=has[root]*base+(ULL)ss[i]; 46 else has[tot]=ss[i]*bas[i]+has[root]; 47 } 48 root=to[root][now]; siz[root]++; 49 } 50 } 51 void dfs(int fa,int s){ 52 if(!s) return; 53 siz[s]+=siz[fa]; vis[has[s]]+=siz[s]; 54 for(int i=0;i<26;i++) dfs(s,to[s][i]); 55 } 56 }nex,pre; 57 signed main(){ 58 bas[0]=1; for(rin i=1;i<(NN);i++) bas[i]=bas[i-1]*base; 59 scanf("%s",s); ls=strlen(s); 60 n=read(); nex.tot=pre.tot=1; nex.vis[0]=pre.vis[0]=0; 61 for(rin i=1;i<=n;i++){ 62 scanf("%s",ch); 63 pre.insert(ch,0); 64 reverse(ch,ch+strlen(ch)); 65 nex.insert(ch,1); 66 } 67 for(rin i=1;i<=ls;i++) shas[i]=shas[i-1]*base+(ULL)s[i-1]; 68 nex.dfs(0,1); pre.dfs(0,1); 69 for(int i=0;i<ls;i++){ 70 l=0; r=i+1; tmp=0; 71 while(l<=r){ 72 int mid=l+r>>1; 73 if(nex.vis.find(get(i-mid+1,i))!=nex.vis.end()) tmp=mid, l=mid+1; 74 else r=mid-1; 75 } 76 ne[i+1]=nex.vis[get(i-tmp+1,i)]; 77 l=0; r=ls-i; tmp=0; 78 while(l<=r){ 79 int mid=l+r>>1; 80 if(pre.vis.find(get(i,i+mid-1))!=pre.vis.end()) tmp=mid, l=mid+1; 81 else r=mid-1; 82 } 83 pr[i]=pre.vis[get(i,i+tmp-1)]; 84 } 85 for(int i=0;i<ls;i++) ans+=ne[i]*pr[i]; 86 write(ans); putchar('\n'); 87 return 0; 88 }
T3 queen
大力分类讨论，式子倒就那么几个，推出一两个后就很好推了
用到了$\sum_{i=1}^{n}\binom{i}{k}= \binom{n+1}{k+1}$和$\sum_{i=1}^{n}i^{2}= \frac{n\left ( n+1 \right )\left ( 2n+1 \right )}{6}$。
k大于5后只会有直线和斜线的情况，分类讨论k小等5，出题人题解讲的挺不当人清楚的
注意这题范围1e18，组合数的参数不能取模，然后计算时要疯狂%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%才不会爆
code：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define debug exit(0) 3 #define int long long 4 using namespace std; 5 const int NN=1e18+5,p=3e5+7,inv6=250006,inv2=150004; 6 int T,ans; 7 int n,m,k,inv[p],fac[p]; 8 inline int read(){ 9 int x=0,f=1; 10 char ch=getchar(); 11 while(ch<'0'||ch>'9'){ 12 if(ch=='-') f=-1; 13 ch=getchar(); 14 } 15 while(ch>='0'&&ch<='9'){ 16 x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); 17 ch=getchar(); 18 } 19 return x*f; 20 } 21 void write(int x){ 22 if(x<0) putchar('-'), x=-x; 23 if(x>9) write(x/10); 24 putchar(x%10+'0'); 25 } 26 inline int qpow(int a,int b){ 27 int res=1; a%=p; 28 while(b){ 29 if(b&1) res=1*res*a%p; 30 a=a*a%p; 31 b>>=1; 32 } 33 return res; 34 } 35 void init(){ 36 fac[0]=inv[0]=1; 37 for(int i=1;i<p;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%p; 38 for(int i=1;i<p;i++) inv[i]=qpow(fac[i],p-2); 39 } 40 inline int C(int n,int m){ if(n<m) return 0; return fac[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p; } 41 inline int lucas(int n,int m){ if(!m) return 1; return C(n%p,m%p)*lucas(n/p,m/p)%p; } 42 inline int sigma1(int x){ return x*(x+1)%p*inv2%p; } 43 inline int sigma2(int x){ return x*(x+1)%p*(2*x+1)%p*inv6%p; } 44 signed main(){ 45 T=read(); init(); 46 while(T--){ 47 n=read(); m=read(); k=read(); 48 if(n>m) swap(n,m); int M=m%p,N=n%p,K=k%p; 49 if(k==1){ write(N*M%p); putchar('\n'); continue; } 50 51 ans=((N*lucas(M,K)%p+M*lucas(M,K)%p)%p+(N+M+1)%p*2%p*lucas(N,K)%p-lucas(N+1,K+1)%p*K%p*4%p+p)%p; 52 53 if(k==3){ 54 int x=min(n,m/2)%p,y=min(n/2,m)%p; 55 ans=(ans+((M*N%p*(N-1)%p+sigma2(N-1))%p-(M+N)%p*sigma1(N-1)%p+p)*4%p)%p; 56 ans=(ans+(M*N%p*x%p-(2*N+M)%p*sigma1(x)%p+2*sigma2(x)%p+p)*2%p)%p; 57 ans=(ans+(M*N%p*y%p-(2*M+N)%p*sigma1(y)%p+2*sigma2(y)%p+p)*2%p)%p; 58 } 59 if(k==4){ 60 int x=min(n,m/2)%p,y=min(n/2,m)%p,z=min(n,m)/2%p; 61 ans=(ans+((M*N%p*(N-1)%p+sigma2(N-1))%p-(M+N)%p*sigma1(N-1)%p+p)%p)%p; 62 ans=(ans+(M*N%p*x%p-(2*N+M)%p*sigma1(x)%p+2*sigma2(x)%p+p)*2%p)%p; 63 ans=(ans+(M*N%p*y%p-(2*M+N)%p*sigma1(y)%p+2*sigma2(y)%p+p)*2%p)%p; 64 ans=(ans+(M*N%p*z%p-2*(M+N)%p*sigma1(z)%p+4*sigma2(z)%p+p)*5%p)%p; 65 } 66 if(k==5){ 67 int x=min(n,m)/2%p; 68 ans=(ans+(M*N%p*x%p-2*(M+N)%p*sigma1(x)%p+4*sigma2(x)%p+p)*2%p)%p; 69 } 70 write(ans); putchar('\n'); 71 } 72 return 0; 73 }
