「解题报告」2023-10-18 模拟赛

同色三角形#

题目描述#

有一个 $n$ 个点的完全图，点分别被编号为 $1 \sim n$，每个点都有 $n−1$ 条边连向其它点。每条边有绿色或者红色两种颜色，现在我们知道每个点连着几条绿色边，几条红色边，但不知道每条边具体连接哪个点。

在完全图中任选三个点，观察它们之间的三条边，如果三条边颜色相同，那么我们就称其为“同色三角形”。现在牛牛已经知道了每个点连着几条绿色、红色边（保证这样的图一定存在），他想要知道图中最多有几个同色三角形。

很可惜，牛牛是色盲，所以这个问题只能交给你了。

输入描述:#

第一行输入一个正整数 $n$，表示共有 $n$ 个点。

接下来包含 $n$ 行，每行给两个数字 $a,b$，其中第 $i$ 行的数字表示第 $i$ 个点的红色边、绿色边数量，保证 $a+b=n−1$。

输出描述:#

输出一行一个整数表示答案。

示例1

输入#

4
1 2
2 1
2 1
3 0

输出#

1

说明#

备注:#

对于 $10\%$ 的数据，有 $n=3$

对于 $20\%$ 的数据，有 $n=4$

对于 $30\%$ 的数据，有 $n=5$

对于 $50\%$ 的数据，有 $n \le 20$

对于 $70\%$ 的数据，有 $n \le 1000$

对于 $100\%$ 的数据，有 $3 \le n \le 3 \times 10^5$

容斥原理，用总的方案减去异色的方案。

总的方案：$C_{n}^{3}$，异色方案：$\dfrac{\sum_{i = 1}^{n}(a_i \times b_i)}{2}$。

// The code was written by yifan, and yifan is neutral!!!

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define bug puts("NOIP rp ++!");
#define rep(i, a, b, c) for (int i = (a); i <= (b); i += (c))
#define per(i, a, b, c) for (int i = (a); i >= (b); i -= (c))

template<typename T>
inline T read() {
    T x = 0;
    bool fg = 0;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') {
        fg |= (ch == '-');
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') {
        x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return fg ? ~x + 1 : x;
}

template<typename T>
void write(T x) {
    if (x < 0) {
        putchar('-');
        x = -x;
    }
    if (x > 9) {
        write(x / 10);
    }
    putchar(x % 10 + '0');
}

template<typename T>
void print(T x, char c) {
   write(x);
   putchar(c);
}

const int N = 3e5 + 5;

ll n;
int a[N], b[N];

int main() {
    n = read<int>();
    ll ans = 0;
    rep (i, 1, n, 1) {
        a[i] = read<int>(), b[i] = read<int>();
        ans = (ans + 1ll * a[i] * b[i]);
    }
    ans /= 2;
    ll sum = 1;
    sum = n * (n - 1) * (n - 2);
    sum /= 6;
    cout << sum - ans << '\n';
    return 0;
}

任务#

白浅妹妹有 $n$ 个任务和一个长度为 $n$ 的数组 $a$，数组中的第 $i$ 个数字记为 $a_i$​。

白浅妹妹的第 $i$ 个任务是用一个字符串 $s_i$​ 描述的，意思是需要构造一个长度为 $a_i$​ 的字符串 $S$，使得 $s_i$​ 是 $S$ 的子序列。

现在给定 $q$ 次操作，每次给出三个正整数。其中第一个正整数为 $0$ 或 $1$，表示操作类型。

操作类型 $0$：给定 $0,pos,val$，表示将 $a_{pos}$​ 修改为 $val$。

操作类型 $1$：给定 $1,l,r$，表示询问白浅妹妹从第 $l$ 个任务一直完成到第 $r$ 个任务，她总共有多少种方案构造字符串。

请注意，在白浅妹妹完成 $l \sim r$ 这些字符串的过程的若干方案中，只要有任何一个任务构造的字符串不同，我们则认为这是不同的方案。

由于答案可能很大，请输出答案对 $998244353$ 取模之后的结果。

输入描述:#

第一行输入两个正整数 $n,q$。

接下来 $n$ 行，分别表示所有的 $s_i$​

接下来一行给出 $n$ 个由空格隔开的正整数，表示数组 $a$，

接下来 $q$ 行，每行给出三个正整数，意义如题面所示。三个正整数中的第一个正整数为 $0$ 或 $1$，表示两种操作。

输出描述:#

对于每个操作 $1$，输出一行一个正整数表示答案对 $998244353$ 取模之后的结果。

示例1

输入#

3 4
ab
b
c
3 2 1
1 1 1
1 2 2
1 1 2
1 3 3

输出#

76
51
3876
1

示例2

输入#

2 3
a
bc
2 6
1 1 2
0 2 3
1 2 2

输出#

315251451
76

备注:#

对于 $20\%$ 的数据，有 $1 \le n,q \le 10，1 \le a_i​,|s_i​| \le 5$

对于 $50\%$ 的数据，有 $1 \le n,q \le 10^3,\sum|s_i​| \le 1000$

对于 $70\%$ 的数据，有 $1 \le n,a_i \le 10^5,1 \le q \le 5 \times 10^5,1 \le |s_i​| \le 10^3$

对于 $100\%$ 的数据，有 $1 \le n,a_i \le 10^5,1 \le q \le 5 \times 10^5,\sum |s_i​|≤3 \times 10^5$

我们考虑如何求出包含 $s$ 这个子序列的长为 $L$ 的字符串 $S$ 有多少个。令 $f(i,j)$​ 表示目前枚举到了 $S$ 的第 $j$ 位，匹配到了 $s$ 的第 $i$ 位的方案数。那么 $f(i,j)$​

（要么第 $j$ 位匹配上了，那么 $j$ 的取值就只有一种，要么第 $j$ 位没有匹配上，那么取值就有 $25$ 个）

所以我们发现答案只与 $|s_i​|$ 有关，与 $s$ 内容无关。如果处理好这些 $f$ 的话，将可以获得 $50 \sim 70$ 的暴力分。

100pt

通过大眼观察法，我们发现 

因为 $\sum |s_i​| \le 3 \times 10^5$，所以 $|s_i|​$ 至多有 $\sqrt{6 \times 10^5}$​ 种。那么我们就可以维护一个单点修改，区间查询乘积的线段树了。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>    
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll Maxn=1e5,Maxs=3e5,mod=998244353,Maxf=8e2;
ll n,q,a[Maxn+10];
int dp[Maxf+10][Maxn+10];
char s[Maxs+10];
bool cmp(ll x,ll y){return x<y;}
ll maxll(ll x,ll y){return x>y?x:y;}
ll minll(ll x,ll y){return x<y?x:y;}
ll tub[Maxs+10],pos[Maxn+10],lenf,len[Maxf+10];
ll tb_25[Maxn+10],jc[Maxn+10];
ll inv[Maxn+10],inv_jc[Maxn+10];
vector<ll>id[Maxn+10];
ll C(ll x,ll y){//x个中选y个
    return ((jc[x]*inv_jc[y]%mod)*inv_jc[x-y])%mod; 
}
ll al,ar;
ll tr[5*Maxn+10];
void build(ll l,ll r,ll p){
    if(l==r){
        tr[p]=dp[pos[l]][a[l]];
        return ;
    }
    ll mid=(l+r)>>1;
    build(l,mid,p<<1);
    build(mid+1,r,p<<1|1);
    tr[p]=tr[p<<1]*tr[p<<1|1]%mod;
}
ll query(ll l,ll r,ll p){
    if(r<al||ar<l)
        return 1ll;
    if(al<=l&&r<=ar)
        return tr[p];
    ll ret=1,mid=(l+r)>>1;
    if(mid>=al)
        ret=ret*query(l,mid,p<<1)%mod;
    if(mid+1<=ar)
        ret=ret*query(mid+1,r,p<<1|1)%mod;
    return ret%mod;
}
void update(ll l,ll r,ll p){
    if(r<al||ar<l)
        return ;
    if(l==al&&r==ar&&l==r){
        tr[p]=dp[pos[l]][a[l]];
        return ;
    }
    ll mid=(l+r)>>1;
    if(mid>=al)
        update(l,mid,p<<1);
    if(mid+1<=ar)
        update(mid+1,r,p<<1|1);
    tr[p]=tr[p<<1]*tr[p<<1|1]%mod;
}
int main(){
    tb_25[0]=1; 
    for(ll i=1;i<=Maxn;i++)
        tb_25[i]=(tb_25[i-1]*25ll)%mod;
    jc[1]=inv[1]=inv_jc[1]=1;
    jc[0]=1,inv_jc[0]=1,inv[0]=1;
    for(ll i=2;i<=Maxn;i++){
        jc[i]=(jc[i-1]*i)%mod;
        inv[i]=((mod-mod/i)*inv[mod%i])%mod;
        inv_jc[i]=inv[i]*inv_jc[i-1]%mod;
    }
    scanf("%lld%lld",&n,&q);
    ll slen=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s+1);
        slen=strlen(s+1);
        tub[slen]++;
        id[slen].push_back(i);
    }
    for(ll i=1;i<=Maxs;i++){
        if(tub[i]==0)
            continue;
        lenf++;
        len[lenf]=i;
        for(ll i1=0;i1<tub[i];i1++)
            pos[id[i][i1]]=lenf;
    }
    for(ll i=1;i<=lenf;i++)
        for(ll i1=len[i];i1<=Maxn;i1++) 
            dp[i][i1]=(int)((C(i1-1,len[i]-1)*tb_25[i1-len[i]])%mod+dp[i][i1-1]*26ll%mod)%mod;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    ll l=0,r=0,cs=0,sum=0;
    build(1,n,1);
    for(ll i=1;i<=q;i++){
        sum=1;
        scanf("%lld%lld%lld",&cs,&l,&r);
        if(cs==1){
            al=l,ar=r;
            printf("%lld\n",query(1,n,1));
        }
        else{
            al=ar=l,a[l]=r;
            update(1,n,1);
        }
    }
    return 0;
}

加法方案#

链接：登录—专业IT笔试面试备考平台_牛客网
来源：牛客网

题目描述#

白浅妹妹正在学习加法，但是老师只给了她一个数字 $n$，她没法对一个数字做加法运算，于是她从 $n$ 中取出若干个数位（至少 $1$ 个），然后按照原来的相对顺序拼接组成新一个数字 $x$，剩余的数位也按原来的相对顺序组成另一个数字 $y$，将两个数字 $x,y$ 求和。

例如 $12345$ 可以拿出 $24$，剩下 $135$，求和 $24+135=159$。

求所有拆数字的方案的和对 $998244353$ 取模后的结果。

允许把 $n$ 中所有的数位全部取出，此时 $n$ 变成 $0$。

记 $n \in [10^{m−1},10^m)$。$n$ 从高到低位记为 $a_{m−1}$​ 到 $a_0$​，即$n = a_{m−1} ​a_{m−2}​ \dots a_0$​。记 $S$ 是 $\{0,1,2,⋯,m−1\}$ 的子集。每个 $S$ 对应特定的 $a$ 的子序列，即 $S=\{0,2,3\}$，则 $x=a_3​a_2​a_0$​。两个方案不同等价于 $S$ 不同。

输入描述:#

输入包含一行。

第一行输入一个正整数 $n$。

输出描述:#

输出一个数，即所有拆数字的方案的和对 $998244353$ 取模后的结果。

示例1

输入#

123

输出#

231

说明#

取 $1$ 个数位：$12+3=15，23+1=24，13+2=15$

取 $2$ 个数位：$3+12=15，1+23=24，2+13=15$

取 $3$ 个数位：$0+123=123$

全部求和得到 $231$

示例2

输入#

221

输出#

359

备注:#

• 对于测试点 $1$：$1 \le n < 10^{100}$。

• 对于测试点 $2 \sim 5$：$1 \le n < 10^{1000}$。

• 对于测试点 $6∼10$：$1 \le n < 10^{100000}$。

60 分暴力：#

可以发现答案即为这个式子：

$$ans = \sum_{i = 1}^{n} 2^i a_i \sum_{j = 0}^{n - i} (C_{n - i}^{j} \times 10^{j}) - a$$

// The code was written by yifan, and yifan is neutral!!!

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define bug puts("NOIP rp ++!");
#define rep(i, a, b, c) for (int i = (a); i <= (b); i += (c))
#define per(i, a, b, c) for (int i = (a); i >= (b); i -= (c))

template<typename T>
inline T read() {
    T x = 0;
    bool fg = 0;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') {
        fg |= (ch == '-');
        ch = getchar();
    }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') {
        x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
        ch = getchar();
    }
    return fg ? ~x + 1 : x;
}

template<typename T>
void write(T x) {
    if (x < 0) {
        putchar('-');
        x = -x;
    }
    if (x > 9) {
        write(x / 10);
    }
    putchar(x % 10 + '0');
}

template<typename T>
void print(T x, char c) {
   write(x);
   putchar(c);
}

const int N = 1e5 + 5;
const int mod = 998244353;

ll ans;
char s[N];
int a[N];
ll fac[N], inv[N];

ll qpow(ll x, ll y) {
    ll res = 1;
    while (y) {
        if (y & 1) {
            res = res * x % mod;
        }
        y >>= 1;
        x = x * x % mod;
    }
    return res % mod;
}

ll C(int n, int m) {
    if (n < m)  return 0;
    return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}

int main() {
    scanf("%s", s);
    int len = strlen(s);
    rep (i, 1, len, 1) {
        a[i] = s[i - 1] - '0';
    }
    fac[0] = 1;
    rep (i, 1, len, 1) {
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    }
    inv[len] = qpow(fac[len], mod - 2);
    per (i, len, 1, 1) {
        inv[i - 1] = inv[i] * i % mod;
    }
    rep (i, 1, len, 1) {
        ll res = 0;
        rep (j, 0, len - i, 1) {
            res = (res + C(len - i, j) * qpow(10, j) % mod) % mod;
        }
        res = (res * qpow(2, i) % mod * a[i]) % mod;
        ans = (ans + res) % mod;
    }
    rep (i, 1, len, 1) {
        ans = (ans - a[i] * qpow(10, len - i) % mod + mod) % mod;
    }
    print(ans, '\n');
    return 0;
}

发现若 $x$ 可以为空，则 $x$ 可以和 $y$ 构成双射，则最终答案即为 $2 \sum x−原数$。

考虑求 $\sum x$，可以考虑每一位的贡献，则有从高到低第 $i$ 位的贡献为

$$2^{i - 1} a_i \sum_{j = 0}^{n - i} 10^j \dbinom{n - i}{j}$$

考虑这个 $\sum_{j = 0}^{n - i} 10^j \dbinom{n - i}{j}$ 式子的组合意义，记 $x$，即为给出标号分别为 $1 \sim x$ 的 $x$ 个小球，选出 $j$ 个小球放入 $10$ 个盒子中。

考虑钦定剩下的 $x−j$ 个小球放入第 $11$ 个盒子，则该式即为将 $x$ 个小球放入 $11$ 个盒子中的方案数，即 $11^{n−i}$。

预处理出 $2$ 和 $11$ 的幂次即可做到 $O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5,M=998244353;
using ll=long long;
using ul=unsigned long long;
void add(int &x,int y) {
    (x+=y)>=M&&(x-=M);
}
void add(int &x,ul y,int z) {
    x=(y*z+x)%M;
}
int qp(ul a,int x=M-2) {
    int res=1;
    for(; x; x>>=1,a=a*a%M)
        (x&1)&&(res=a*res%M);
    return res;
}
long long n,pw[N],ans;
string s;
int main() {
    long long number = 0, k = 2;
    cin >> s;
    for(int i = 0; i < s.size(); i++)
        number = (number * 10 + (s[i] - '0')) % M;
    reverse(s.begin(),s.end());
    pw[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= s.size(); i++)
        pw[i] = 2 * pw[i-1] % M;
    for(int i = 0; i < s.size(); i++){
        long long now = k * (s[i] - '0') % M * pw[s.size() - i - 1];
        k = 11 * k % M;
        ans = (ans + now) % M;
    }
    ans -= number;
    if(ans < 0)
        ans += M;
    cout << ans << endl; 
}