Codeforces Round #564(div2)
Codeforces Round #564(div2)
本来以为是送分场,结果成了送命场.
菜是原罪
A
SB题,上来读不懂题就交WA了一发,代码就不粘了
B
简单构造
很明显,\(n*n\)的矩阵可以按照这个顺序排列
然后根据\(n\)的大小搞一搞就好了
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
using namespace std;
const int N = 1e5 + 3;
inline int read(){
int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
int n,m;
int aa[N];
int main(){
n = read();
aa[1] = 1;
for(int i = 1;i <= 10000;++i) aa[i] = 2 * i - 1;
int now = 1;
while(aa[now] < n) now++;
printf("%d\n",now);
for(int i = 1;i <= now;++i)
printf("1 %d\n",i);
int cc = 2;
for(int i = now + 1;i <= n;++i)
printf("%d %d\n",cc,now),cc++;
return 0;
}
C
送命题,卡了一个多小时,非常思维的一道题目
首先,答案肯定不会超过\(2*n\)，最坏情况我们将非空白牌都攒在手上然后一张一张打出
我们有两种策略
1:直接将手中的牌打出,这时需要满足队尾的一个\(1\)开头的连续字段的结尾的下一张牌在我们的手中,后者我们可以通过上一次摸到.所以如果队尾有连续子段,那么我们就判一下能否直接插入,若果可以，显然这是最优解
2:当队尾不符合上述条件,或者我们没办法接上连续字段时,我们就要一直攒牌,在某一时刻依次打出
我们设\(p_i\)表示\(i\)号牌在队列中的位置(不在队列视为\(0\)),接着,若果我们在\(p_i\)成为队头的时刻(设为\(t\))打出
首先需要满足\(\max_{i = t}^npi - (i - 1) == p_i-(i - 1)\)
\(p_i-(i - 1)\)是最难理解的地方.
我理解为我们插入了\(i - 1\)次时,还有要几步才可以将\(i\)给搞出来(此时我们已经默认我们有了\(1—i - 1\))
也就是说,我确保手里有\(1—i - 1\)并且至少再插完\(i - 1\)之前摸到\(i\)必须再插入\(p_i-(i - 1)\)次,因为我的手中有\(1—i- 1\),这个是不算贡献的(或者重叠部分只算一次)
但是如果这时我们手中没有\(i - 1\)该怎么办？
没关系,如果出现上述情况\(p_{i - 1}\)一定在\(p_i\)后面,我们取得是最大值,\(p_{i + 1}\)的贡献显然要大
所以答案就是\(n + max_{i =1}^np_i-i+1\)
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 3;
int p[N];
int a[N];
int b[N];
int book[N];
int n;
inline bool check(){
for(int i = 1;i <= n;++i) if(book[i] == 0) return false;
return true;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d",&a[i]),book[a[i]] = 1;
for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d",&b[i]),p[b[i]] = i;
// bool flag = 0;
int now = n;
while(now >= 2 && b[now - 1] != 0 && b[now - 1] == b[now] - 1) now--;
// cout << now << endl;
int t = 1;
if(b[now] == 1){
for(int i = 1;i <= b[n];++i) book[i] = 1;
for(int i = b[n] + 1;i <= n;++i){
if(!book[i]){break;}
book[b[t]] = 1;
t++;
// cout << t << endl;
}
if(check()){
printf("%d\n",now - 1);
return 0;
}
}
// cout << flag << endl;
// cout << t << endl;
// cout << "GG";
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;++i)
ans = max(ans,p[i] - i + 1);
printf("%d\n",ans + n);
return 0;
}
D
首先，我们发现每一颗子树一定是连续的一段圆弧,所以每一颗子树互不影响,那么我们考虑\(DP\)求贡献
我们固定跟,设\(f_i\)表示以\(i\)为跟时的答案
\(f_i = (son_i + [i !=root])!\prod_{j\in son_i}f_j\)
\(ans = nf_{root}\)
为什么呢
想一下,由于每颗子树是互不影响的所以总答案一定和子树答案的乘积有关，又因为他们的相对顺序没有限制
所以和儿子数量的阶乘有关系,但是当前父节点不为跟时,也要参与排列.
而跟有\(n\)个位置可以放
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cmath>
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
using namespace std;
const int N = 3e5 + 3;
const LL mod = 998244353;
vector <int> G[N];
LL ans = 0;
int son[N];
LL dp[N];
LL inv[N];
inline int read(){
int v = 0,c = 1;char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-') c = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
v = v * 10 + ch - 48;
ch = getchar();
}
return v * c;
}
int n;
inline void dfs(int x,int f){
dp[x] = 1;
for(int i = 0;i < (int)G[x].size();++i){
int y = G[x][i];
if(y == f) continue;
dfs(y,x);
son[x]++;
}
int w = (x != 1) ? son[x] + 1: son[x];
for(int i = 0;i < (int)G[x].size();++i){
int y = G[x][i];
if(y == f) continue;
dp[x] = dp[x] * dp[y] % mod;
}
dp[x] = dp[x] * inv[w] % mod;
}
int main(){
inv[0] = 1;
n = read();for(int i = 1;i <= n;++i) inv[i] = inv[i - 1] * i % mod;
for(int i = 1;i < n;++i){
int x = read(),y = read();
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
dfs(1,0);
printf("%I64d\n",dp[1] * n % mod);
return 0;
}
E
题目大意:给你\(n\)件物品,每件物品有其价值,以及是否喜欢,每次有\(\frac{w_i}{\sum{w_i}}\)的几率选择\(i\)
如果\(i\)是他喜欢的,就把他的价值\(+1\),否则如果是他不喜欢的就把他\(-1\)，但价值最小为\(0\).
求操作\(m\)次后每个物品的价值的期望
这道题,我们可以把喜欢的和不喜欢的综合起来看成两个物品
感性理解一下,就是喜欢的物品之间的价值比无论选择多少次期望是不变的.
同理不喜欢的物品之间期望的相对的价值比也是不会变的.
我们设\(f_{i,j}\)表示选择了\(i\)次,有\(j\)次选择了喜欢的概率.
我们设\(sum_1\)表示喜欢的物品的价值之和
\(sum_2\)表示不喜欢的物品的价值之和
很明显
\(f_{i + 1,j + 1} = f_{i,j} * (sum_1 + j ) / (sum_1+sum_2+j - (i - j))\)
\(f_{i + 1,j} = f_{i,j}*(sum_2-(i - j))/(sum1 + sum2 + j - (i - j))\)
之后我们设\(r_1\)表示操作完之后喜欢的物品的期望价值之和
设\(r_2\)表示不喜欢的物品的期望价值之和
则有
\(r_1 = \sum_{i = 0}^m{f_{m,i}*(sum_1+i)}\)
\(r_2=\sum_{i = 0}^mf_{m,i}*(sum_2-(m - i))\)
最终根据本来占比直接乘回去就好了
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#define LL long long
using namespace std;
const LL mod = 998244353;
const int N = 5e3 + 3;
const int M = 5e5 + 3;
LL f[N][N];
int n,m;
LL ans[M];
int a[M],w[M];
LL sum1,sum2;
inline LL quick(LL x,LL y){
if(x < 0) return 0;
LL res = 1;
while(y){
if(y & 1) res = res * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return res;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for(int i = 1;i <= n;++i){
scanf("%d",&w[i]);
if(a[i] == 1) sum1 += w[i];
else sum2 += w[i];
}
f[1][1] = sum1 * quick(sum1 + sum2,mod - 2) % mod;
f[1][0] = sum2 * quick(sum1 + sum2,mod - 2) % mod;
for(int i = 1;i < m;++i){
for(int j = 0;j <= i;++j){
int g = i - j;
f[i + 1][j + 1] = (f[i + 1][j + 1] + f[i][j] * (sum1 + j) % mod * quick(sum1 + sum2 + j - g,mod - 2)) % mod;
f[i + 1][j] = (f[i + 1][j] + f[i][j] * max(0ll,sum2 - g) % mod * quick(sum1 + sum2 + j - g,mod - 2)) % mod;
}
}
//for(int i = 1;i <)
//for(int i = 0;i <= m;++i){
LL r1 = 0,r2 = 0;
for(int i = 0;i <= m;++i){
r1 = (r1 + f[m][i] * (sum1 + i)) % mod;
r2 = (r2 + f[m][i] * (max(0ll,sum2 - m + i))) % mod;
}
for(int i = 1;i <= n;++i){
if(a[i] == 1) ans[i] = r1 * w[i] % mod * quick(sum1,mod - 2) % mod;
else ans[i] = r2 * w[i] % mod * quick(sum2,mod - 2) % mod;
printf("%I64d\n",ans[i]);
}
//}
return 0;
}
