《如 何 速 通 一 套 题》5.0

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开场直接看 A。A 做不出来。

浏览了一下，发现 A 是 sb 题，直接做了。

BCD 全都不会做。

推了好久的 B，想出来了，然后写过了。

CD 一个暴力，一个乱搞，然后撤退。

A 依依寺

\(a\) 没用，对 \(b\) 和 \(c\) 分类讨论。

死于不开 long long 见祖宗。

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

int t, a, b, c, ans;

int main() {
  //freopen("yiyi.in", "r", stdin);
  //freopen("yiyi.out", "w", stdout);
  for(cin >> t; t--; ) {
    cin >> a >> b >> c;
    ans = 0;
    if((!b) && (!c)) {
      cout << "Second" << '\n';
      continue;
    }
    if(b) {
      b--;
      ans |= (b <= c) ^ (a & 1);
      b++;
    }
    if(c) {
      c--;
      ans |= (c <= b) ^ (a & 1);
      c++;
    }
    cout << (ans? "First" : "Second") << '\n';
  }
  return 0;
}

B 武义寺

考虑每一个 \(\operatorname{val}\) 的可能取值。

对于取值为 \(i\) 的情况，前 \(i - 1\) 个数必须满足 \(j \leq a_j\)，第 \(i\) 个数必须满足 \(i > a_i\)，其他随便。

先考虑第一个条件。

记 \(pbs_i\) 表示 前 \(i\) 个数满足 \(j \leq a_j\) 的概率，从后往前看，易得 \(pbs_i = \frac{(n - i + 1)^i \times (n - i)!}{n!}\)。

然后考虑第二个条件。可知 \(\operatorname{val}(p) = i\) 的概率是 \(pbs_{i - 1} - pbs_i\)。

然后就可以直接做了。

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

const int kMod = 998244353;

int n, fac[1000010], ivs[1000010], inv[1000010], pbs[1000010], prb[1000010], ans;

int qpow(int x, int y) {
  int rs = 1;
  for(; y; y >>= 1) {
    if(y & 1) {
      rs = rs * x % kMod;
    }
    x = x * x % kMod;
  }
  return rs;
}

int qinv(int x) {
  return qpow(x, kMod - 2);
}

void init() {
  fac[0] = 1;
  for(int i = 1; i <= 1000000; i++) {
    fac[i] = fac[i - 1] * i % kMod;
  }
  ivs[1000000] = qinv(fac[1000000]);
  for(int i = 999999; i >= 0; i--) {
    ivs[i] = ivs[i + 1] * (i + 1) % kMod;
  }
  for(int i = 1; i <= 1000000; i++) {
    inv[i] = ivs[i] * fac[i - 1] % kMod;
  }
}

signed main() {
  //freopen("wuyi.in", "r", stdin);
  //freopen("wuyi.out", "w", stdout);
  init();
  cin >> n;
  pbs[0] = 1;
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    pbs[i] = qpow(n - i + 1, i) * fac[n - i] % kMod * ivs[n] % kMod;
  }
  for(int i = 1; i <= n + 1; i++) {
    prb[i] = (pbs[i - 1] - pbs[i] + kMod) % kMod;
    ans = (ans + i * prb[i]) % kMod;
  }
  cout << ans << '\n';
  return 0;
}

C 依久依久

超级大数学。

区间复杂东西的复杂运算，可差分，果断祭出前缀和。

对于 \(l = 1\)，不难想到一位一位处理。

找到 \(n\) 的最高位，设是第 \(k\) 位，对应的数是 \(fib_k\)。我们把这一位的贡献算上，然后递归处理。

写出来就是：

\[\operatorname{S}(n) = \operatorname{S}(fib_k - 1) \ \oplus \ \operatorname{S}(n - fib_k) \ \oplus \ \begin{cases} fib_k &\text{if } n - fib_k + 1 \text{ is odd} \\ 0 &\text{otherwise} \end{cases} \]

// 实际写出来的代码短得神奇
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int t, l, r, ans, f[114], n;
map<int, int> mem;

int cal(int x) {
  if(!x) {
    return 0;
  }
  if(mem.find(x) != mem.end()) {
    return mem[x];
  }
  int tmp = upper_bound(f + 1, f + n + 1, x) - f - 1;
  return mem[x] = (cal(f[tmp] - 1) ^ cal(x - f[tmp]) ^ (((x - f[tmp] + 1) & 1) * f[tmp]));
}

signed main() {
  freopen("yijiu.in", "r", stdin);
  freopen("yijiu.out", "w", stdout);
  f[0] = f[1] = 1;
  for(n = 2; (f[n] = f[n - 1] + f[n - 2]) <= (int)(1e18); n++) {
  }
  for(cin >> t; t--; ) {
    cin >> l >> r;
    cout << (cal(r) ^ cal(l - 1)) << '\n';
  }
  return 0;
}