2024MX-MF-DAY1-text题解

T1

【题目描述】

有 $n$ 个人按编号从 $1$ 到 $n$ 坐成一圈，即第 $i\in [1,n]$ 个人右边是 $i+1$ ，第 $n$ 个人右边的人是 $1$。

初始，每个人手上有 $m$ 个球。随后，$n$ 个人按编号从小到大的顺序依次执行如下操作：

• 把自己手中的球分成数量相同且尽可能多的三份，扔掉剩余的球，再把分得的三份分别给自己、左边的人，以及右边的人。

问所有人均操作完一次后，有球最多的人有几个球。

【输入格式】

从标准输入读入数据。

一行两个整数 $n$，$m$。

【输出格式】

输出到标准输出。

一行表示一个整数表示答案。

【数据范围】

对于 $50\mathrm{\%}$ 的数据： $3\le n,m\le 10$
对于 $70\mathrm{\%}$ 的数据： $3\le n,m\le {10}^7$
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据： $3\le n,m\le {10}^{12}$

思路

赛时思路：

直接暴力模拟喜提 $70pts$

$100pts$ 思路：

假设每个人手上的球颜色不同，那么显然每种颜色的球 最多延申（被传递） $O({\log }_{3}m)$ 次（只能对（当前为 $i$） $O(i-{\log }_{3}m)\sim O(i+{\log }_{3}m)$ 产生影响），故从 $O(\log m)$ 个人开始，手上的球的变化就是重复的了，模拟前 $O(\log m)$ 个人即可。

点击查看代码

#include <iostream>
using namespace std;
int main(){
	int n, m;
	cin >> n >> m;
	int x = m / 3, val = 0;
	for(int i = 2,last = m;i <= m;i++){
		int now = last / 3 + m;
		if(now == last || n == i){
			val = now;
			break;
		}
		last = now;
	}
	cout << x + (m + x) / 3 + (val + x) / 3 << '\n';
	return 0;
}

---

T2

折线（line）

【题目描述】

图 1:

$$\text{xOy}$$

如上，在平面直角坐标系 $\text{xOy}$ 中，有点 $A_1(1,0),A_2(1,1),A_3(-1,1),A_4(-1,-1),A_5(2,-1),\dots$，有 $q$ 次询问形如：

1. 1 n，询问点 $A_n$ 的坐标；
2. 2 l r，询问折线段 $A_l{A}_{l+1}{A}_{l+2}...A_{r-1}{A}_r$ 的长度；

【输入格式】
从标准输入读入数据。
第一行一个正整数 $q$，表示询问总数。
接下来 $q$ 行，每行一个询问形如 1 n 或 2 l r。

【输出格式】
输出到标准输出。
对于每一个询问，如果是 $1$ 询问，输出一行两个整数表示 $A_n$ 的 $x$ 和 $y$ 坐标，如果是 $2$ 询问，输出一行一个整数表示折线长度。

【数据范围】
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n\le {10}^9，1\le l<r\le {10}^6，1\le q\le {10}^5$。

思路

$1$ 询问分类讨论，$2$ 询问不难发现到显然线段长度是两个等差数列求和直接预处理即可。

点击查看代码

#include <iostream>
using namespace std;
long long x[1000000];
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i < 1000000; i++) {
        if (i % 2 == 1) {
            x[i] = x[i - 1] + (i + 1) / 2;
        } else {
            x[i] = x[i - 1] + i / 2 + 1;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a, b, c;
        cin >> a;
        if (a == 1) {
            cin >> b;
        	if (b % 4 == 1) {
                cout << b / 4 + 1 << " " << (b / 4 + 1) * (-1) + 1 << endl;
            } else if (b % 4 == 2) {
                cout << b / 4 + 1 << " " << b / 4 + 1 << endl;
            } else if (b % 4 == 3) {
                cout << (b / 4 + 1) * (-1) << " " << b / 4 + 1 << endl;
            } else {
                cout << (b / 4) * (-1) << " " << (b / 4) * (-1) << endl;
            }
        } else {
            cin >> b >> c;
            cout << x[c - 1] - x[b - 1] << endl;
        }
    }
    return 0;
}

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T3

STL

【题目描述】
有 $n$ 个初始由空格隔开的字符串 $s_1,s_2,\dots ,s_n$，每一个均为 $\mathtt{\text{int}}$、$\mathtt{\text{vector}}$ 或 $\mathtt{\text{pair}}$ 之一。

现在他希望在字符串之间以及最后一个字符串之后的空格中添上 $<$、$>$、$,$（可以不填），使得现在整个字符串可以代表一个 $\text{C++14}$ 中的合法数据类型。
例如：
$\mathtt{\text{int}}$ 本身合法。

$\mathtt{\text{vector int}}$ 可以变成 vector 使之合法。

$\mathtt{\text{pair int int}}$ 可以变成 pair<int,int> 使之合法。

$\mathtt{\text{pair vector pair int vector int pair vector int int}}$ 可以变成
$\mathtt{\text{pair<vector<pair<int,vector<int>>>,pair<vector<int>,int>>}}$ 使之合法。

小 L 对此感到好奇，于是他给你 $m$ 个操作，每个操作形如：
l r op：询问 $[l,r]$ 是否可以通过执行上述操作得到一个合法的数据类型。若 $op=1$ 且有解，你还要给出一种方案。若有多解，你可以输出任意一种。
【输入格式】
从标准输入读入数据。
本题包含多组数据。
第一行两个正整数 $n,m$；
接下来一行 $n$ 个用空格隔开的字符串 $s_1,s_2,\dots ,s_n$；
接下来 $m$ 行，每行三个整数 $l,r,op$。
【输出格式】
输出到标准输出。
对每个询问，首先输出一行 Yes 或 No 表示解是否存在。若该询问对应的 $op=1$，你还需要再输出一行代表一组解，若有多解，你可以输出任意一种。
【数据范围】
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$1\le n$,$m\le {10}^6$，$s_i$ 为 $\mathtt{\text{int vector pair}}$ 中的一种，$1\le l\le r\le n$，$op\in \{0,1\}$，$op=1$ 且有解时的 $\sum (r-l+1)\le {10}^6$。

思路

首先我们注意到这个 SPJ 是在诈骗。

注意到 $\mathtt{\text{int}}、\mathtt{\text{vector}}、\mathtt{\text{pair}}$ 的合法组合事实上是一个后缀表达式，其中 $\mathtt{\text{int}}$ 为操作数，$\mathtt{\text{vector}}$ 为一元操作符， $\mathtt{\text{pair}}$ 为二元操作符。于是合法时方案唯一。

那我们如何构造一个合法方案呢？

看到后缀表达式，我们考虑用一个栈来记录信息。栈中每个元素表示一个区间 $[L,R]$，表示区间 $[L,R]$ 是一个合法的后缀表达式。每次从右往左扫，遇到 $\mathtt{\text{int}}$ 直接将 $[i,i]$ 入栈；遇到 $\mathtt{\text{vector}}$ 将栈顶的弹出并放入 $[i,R]$，在 $i,i+1$ 之间放入一个 <，再在 $R,R+1$ 之间放入一个 >；遇到 $\mathtt{\text{pair}}$ 将栈顶的 $[i+1,R_1][R_1,R_2]$ 弹出并放入 $[i,R_2]$，在 $i,i+1$ 之间放入一个 <，在 $[R_1,R_1+1]$ 之间放入一个 ,，最后在 $[R_2,R_2+1]$ 之间放入一个 > 即可。

以上任何一步需要弹栈时栈空或最终栈中元素个数不为 $1$ 时无解。

那要是我们不需要构造方案呢？

现在依次考虑上述无解的两个条件。

最终栈中元素个数：注意到每遇到一个 $\mathtt{\text{int}}$，栈中元素个数 $+1$ ；每遇到一个 $\mathtt{\text{vector}}$，栈中元素个数不变；每遇到一个 $\mathtt{\text{pair}}$，栈中元素个数 $-1$。

于是我们预处理一个每个位置对栈中元素个数贡献的前缀和 $sum$，每次判断 $su{m}_r-su{m}_{l-1}$ 是否为 $1$ 即可。

弹栈时栈不空：对于所有 $\mathtt{\text{vector}}$ 出现的位置，我们需要后缀和 $\ge 1$；对于所有 $\mathtt{\text{pair}}$ 出现的位置，我们需要后缀和 $\ge 2$。

当然，我们可以运用 ST 表等 RMQ 算法求出区间后缀和最小值，但是超纲了。

对于 $\mathtt{\text{vector}}$ 的条件，我们需要知道 $[l-1,r-1]$ 中的 $su{m}_i$ 中是否有 $\ge su{m}_r$ 者——即 $<r$ 的第一个
满足 $>su{m}_r$ 的位置是否不存在或 $<l-1$；对于 $\mathtt{\text{pair}}$ 的条件，我们需要知道 $[l-1,r-1]$ 中的 $su{m}_i$
中是否有 $>su{m}_r$ 者——即 $<r$ 的第一个满足 $>su{m}_r$ 的位置是否不存在或 $<l-1$。

分别排序后离线链表即可。时间复杂度为 $O(n\log n+m)$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,c[1000005],pre[1000005],Log[1000005],st[22][1000005],l,r,op;char s[15];
struct Link
{
	int pre,nxt;char c;
}a[10000005];
int query(int l,int r)
{
	if(l>r)return 0x3f3f3f3f;
	int k=Log[r-l+1];
	return min(st[k][l],st[k][r-(1<<k)+1]);
}
int main()
{
	cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>s;
		if(s[0]=='i')c[i]=1;
		else if(s[0]=='v')c[i]=2;
		else c[i]=3;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=pre[i-1]+(c[i]==1?-1:(c[i]==2?0:1));
	for(int i=1;i<=n;i++)st[0][i]=pre[i];
	for(int i=1;(1<<i)<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++)st[i][j]=min(st[i-1][j],st[i-1][j+(1<<(i-1))]);
	}
	for(int i=2;i<=n;i++)Log[i]=Log[i>>1]+1;
	while(m--)
	{
		cin>>l>>r>>op;
		if(pre[r]-pre[l-1]!=-1||query(l,r-1)-pre[l-1]<=-1)cout<<"No\n";
		else 
		{
			cout<<"Yes\n";
			if(op==1)
			{
				stack<pair<int,int> >st;
				int tot=0;
				for(int i=r;i>=l;i--)
				{
					if(c[i]==1)
					{
						a[++tot].c='i';a[++tot].c='n';a[++tot].c='t';
						for(int j=0;j<3;j++)a[tot-j].pre=tot-j-1,a[tot-j].nxt=tot-j+1;
						if(st.size())a[tot].nxt=st.top().first;
						else a[tot].nxt=0;
						a[tot-2].pre=0;
						st.push(make_pair(tot-2,tot));
					}
					else if(c[i]==2)
					{
						int l=st.top().first,r=st.top().second;st.pop();
						a[++tot].c='v';a[++tot].c='e';a[++tot].c='c';
						a[++tot].c='t';a[++tot].c='o';a[++tot].c='r';a[++tot].c='<';
						for(int j=0;j<7;j++)a[tot-j].pre=tot-j-1,a[tot-j].nxt=tot-j+1;
						a[tot-6].pre=0;a[tot].nxt=l;a[l].pre=tot;
						a[++tot].c='>';
						a[tot].pre=r;a[tot].nxt=a[r].nxt;a[r].nxt=tot;
						st.push(make_pair(tot-7,tot));
					}
					else 
					{
						int pl=st.top().first,pr=st.top().second;st.pop();
						int ql=st.top().first,qr=st.top().second;st.pop();
						a[++tot].c='p';a[++tot].c='a';a[++tot].c='i';a[++tot].c='r';a[++tot].c='<';
						for(int j=0;j<5;j++)a[tot-j].pre=tot-j-1,a[tot-j].nxt=tot-j+1;
						a[tot-4].pre=0;a[tot].nxt=pl;a[pl].pre=tot;
						a[++tot].c=',';
						a[tot].pre=pr;a[tot].nxt=ql;a[pr].nxt=tot;a[ql].pre=tot;
						a[++tot].c='>';
						a[tot].pre=qr;a[tot].nxt=a[qr].nxt;a[qr].nxt=tot;
						st.push(make_pair(tot-6,tot));
					}
				}
				for(int i=st.top().first;i;i=a[i].nxt)cout<<a[i].c;
				for(int i=1;i<=tot;i++)a[i].pre=a[i].nxt=a[i].c=0;
				cout<<'\n';
			}
		}
	}
	return 0;
}

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T4

【题目描述】

现在有 $n$ 个白色的球串成了一个圆环，编号依次为 $1,2,3,\dots ,n$，现在你需要把这些球都染黑，具体操作为：

1.等概率随机地选择一个之前从未选过的球（白球、黑球都可以）。

2.将该球和它相邻的两个球都染黑。

3.如果所有白球都染黑，那么结束。

求出染黑所有白球的期望步数，答案对 $998244353$ 取模。

【输入格式】
一行一个正整数 $n$，表示白球的个数。

【输出格式】
一行一个数字，表示期望步数，对 $998244353$ 取模。

【数据范围与提示】
对于 $100\mathrm{\%}$ 的数据，$3<n<5000$。

思路

$100pts$ 需要高中乃至大学知识，我只会 $40pts$ 的暴力搜索。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int Pow(int a, int b) {
    int res = 1;
    while (b) {
        if (b & 1)
            res = 1LL * res * a % mod;
        a = 1LL * a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int a[15], f[15];
int n;
int sum = 0;
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = i;
    do {
        for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = 0;
        int cnt = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int now = f[i];
            int pre = ((now == 1) ? n : (now - 1));
            int nxt = ((now == n) ? 1 : (now + 1));
            cnt += (!a[pre]);
            a[pre] = 1;
            cnt += (!a[now]);
            a[now] = 1;
            cnt += (!a[nxt]);
            a[nxt] = 1;
            if (cnt == n) {
                sum = (sum + i) % mod;
                break;
            }
        }
    } while (next_permutation(f + 1, f + n + 1));
    int s = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) s = 1LL * s * i % mod;
    cout << 1LL * sum * Pow(s, mod - 2) % mod;
    return 0;
}