Luogu P9055 [集训队互测 2021] 数列重排 题解 [ 紫 ] [ 构造 ] [ 数学 ]
数列重排:差点就场切的神仙构造,最后一步想假了,导致我模拟赛荣获 25+5+0 的好成绩!
这题部分分很有启发性,跟着一步一步打基本能想到正解的构造,但也有可能想偏部分分的意思,想假策略。
构造
先看 Subtask 4 的构造,不难发现,当
再看 Subtask 5 的构造,显然我们可以先让每个数里的
最后看 Subtask 6 的构造,对于多出来没有用的数字,我们可以列出一个无比丑陋的二次函数式子,然后就能证明这些多出的数字分成两半,分别放在两边是最优的。就过了这个子任务。
然后我就以为正解就是在 Subtask 5 的基础上加上 Subtask 6 就做完了,荣获 25pts 的高分!
实际上 Subtask 6 的策略是片面的,当两边插的过多的时候,两边带来的贡献可能比插到中间的贡献少,这一点同样可以从 Subtask 4 的构造中得出。
那么我们先考虑插到中间,一个显然的结论是插到循环节中间不如插到两个循环节之间的部分,因此我们来计算插到两个循环节之间(设这个位置为
- 当一个区间的左右端点都不在
时,显然对区间的贡献没有影响。 - 当一个区间的左右端点至少有一个在
上时,这些区间一共有 个,减去其中不合法的,一共有 个有贡献。其中 减去的是那些不完整的循环节, 是包括自身在内的插入了的位置。总共减去的贡献是 。
插到两边也是同理,贡献是
那么显然先插两边是更优的,为了得到临界值,令中间插的
因此,我们得出策略:先在两边插
实现
首先定义函数
设
对于一个
- 若
,则 ,直接结束程序。 - 先计算所有区间的个数
。 - 然后减去插入前就不合法的区间(也就是本来
的区间), 。 - 然后先插
个在两边,注意两边要各一半,两边的个数记为 ,则 。 - 最后将剩下的均匀插入中间和两边,假设中间的位置有
个(详见代码),则一共可插入的位置有 个。设 。 的含义是完整插入的轮数, 是最后一轮多插的个数。则 。
由此计算即可。
时间复杂度
注意不要爆空间。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
#define eb(x) emplace_back(x)
#define pb(x) push_back(x)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
using pi=pair<int,int>;
const ll mod=998244353;
int pw[10000005],m,l,r,x,f[10000005],suf[10000005],n,a[10000005],ans=0;
ll cal(ll l,ll r)
{
return ((l+r)*(r-l+1)/2)%mod;
}
int main()
{
//freopen("sample.in","r",stdin);
//freopen("sample.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
pw[0]=1;
for(int i=1;i<=10000000;i++)pw[i]=(233ll*pw[i-1])%mod;
cin>>m>>l>>r>>x;
for(int i=0;i<m;i++)
{
char c;
cin>>c;
suf[i]=a[i]=x+c-'0';
n+=suf[i];
}
for(int i=m-1;i>=0;i--)
{
suf[i]+=suf[i+1];
}
f[0]=cal(1,n);
for(int i=1,j=a[0];i<=m;i++)
{
//计算所有区间
ll res=cal(1,n),sufsm=suf[i],presm=n-sufsm;
//减去插入前不合法区间
ll sm1=cal(presm-i+2,presm);
res=((res-sm1)%mod+mod)%mod;
//减去插入左右两端后不合法区间
ll canp=min(2ll*(i-1),sufsm);
ll lx=canp/2,rx=canp-lx;
ll sm2=cal(i,i+lx-1);
ll sm3=cal(i,i+rx-1);
res=((res-sm2)%mod+mod)%mod;
res=((res-sm3)%mod+mod)%mod;
//减去中间和两端交替插入后不合法区间
ll lst=sufsm-canp;
ll z=lst/(j+1),y=lst%(j+1);
ll sm4=1ll*cal(2*i-1,2*i-1+z-1)*(j+1);
ll sm5=1ll*(2*i-1+z)*y;
res=((res-sm4)%mod+mod)%mod;
res=((res-sm5)%mod+mod)%mod;
f[i]=res%mod;
j=min(j,a[i]);
}
for(int i=l;i<=r;i++)ans^=((1ll*pw[i]*f[i])%mod);
cout<<ans;
return 0;
}
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