ZR19CSP-S赛前冲刺day8

为了保护ZR的版权，这里不提供题目QWQ

http://zhengruioi.com/contest/449（你进得去吗/xyx）

A 闯关

没什么好说的，一眼题

#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
using namespace std;
int n, a[N], ans[N];
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1;  i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
	int pos1 = 1, pos2 = n, lastt = n + 1;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {// printf("%d %d\n", i, lastt);
		ans[a[i]] = pos1 ++;
		for(int j = lastt - 1; j > a[i]; j --) ans[j] = pos2 --;
		int ha = a[i];
		i += lastt - 1 - a[i];
		lastt = ha;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++) printf("%d ", ans[i]);
	return 0;
}

B 动物园

发现对于 $i,j$两个动物如果还没有合并，那么他们存活的概率是独立的，即互不影响，然后如果想要把$i,j$合并，那么，作为各种动物的概率也是相对相等的，所以就不用管他们具体是什么动物，
假设把$i,j$合并，那$i$作为主场，$i$笼子里蠢货的概率就是$2/3$,$j$笼子里存活的概率就是$1/3$。
考虑用并查集维护，节点$x$表示以$x$为根的子树的标记，
那就相当于再$i$的根节点那里打一个$2/3$的标记，然后在$j$的根节点那里打上一个$1/3$。

考虑如何路径压缩，发现就是一路上的标记（不包括根）的乘积再乘上当前点的标记，然后再连向根就可以了，

注意合并$i,j$的时候$j$要先除$i$的标记，不然就多打了一次标记在$j$上

概率算出来后直接乘$3^n$即可

code：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 998244353
#define N 200005
using namespace std;
ll qpow(ll x, ll y) {
	ll ret = 1;
	for(; y; y >>= 1, x = x * x % mod) if(y & 1) ret = ret * x % mod;
	return ret;
}
int fa[N], n, m;
ll ha[N];
int get(int x) {
	if(x == fa[x]) return x;
	int f = get(fa[x]);
	if(fa[x] != f) ha[x] = ha[x] * ha[fa[x]] % mod;//更新标记
	return fa[x] = f;
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	ll S = 1;
	for(int i = 1;  i <= n; i ++) fa[i] = i, ha[i] = 1, S = S * 3 % mod;
	while(m --) {
		int opt, x, y;
		scanf("%d", &opt);
		if(opt == 1) {
			scanf("%d%d", &x, &y);
			x = get(x), y = get(y);
			fa[x] = y;
			ha[x] = 2ll * ha[x] % mod * qpow(3ll, mod - 2) % mod;
			ha[y] = ha[y] * qpow(3ll, mod - 2) % mod;	
			ha[x] = ha[x] * qpow(ha[y], mod - 2) % mod;
		} else {
			scanf("%d", &x);
			int f = get(x);
			ll ans = ha[x] * S % mod;
			if(f != x) ans = ans * ha[f] % mod;
			printf("%lld\n", ans);
		}
	}
	return 0;
} 

C 树

不会，先咕着

总结

jls NB!!