P9537 [YsOI2023] CF1764B

洛谷传送门

很棒的题。

考察终态,可以发现最后输的人拥有的数的数量大概率是比赢家的数量少的。唯一的例外是等差数列,因为一个长为 \(n\) 的等差数列只能组成 \(n - 1\) 个不同的差值。

考虑若一开始先手就是一个公差为 \(d\)\(n + 1\) 项等差数列,后手是一个公差为 \(d\)\(n\) 项等差数列,那么先手无法操作,直接寄了。

否则当先手 \(n + 1\) 项后手 \(n\) 项时,最后先手输的状态一定是 \(d \sim (n + 1)d\) 的等差数列,后手是 \(d \sim nd\) 的等差数列。要达成这个状态,充要条件是先手拿了某个 \(td\)\((t + 1)d\),同时后手拿的数 \(\le td\)

先手和后手初始都是 \(n\) 项时把上面的结论反过来即可。

考虑计数。可以先把先手比后手数多的情况全部加上,然后再减去等差数列的情况,再加上先手和后手的数的数量相同的方案数。

计数先手是一个公差为 \(d\)\(n + 1\) 项等差数列,后手是一个公差为 \(d\)\(n\) 项等差数列,可以枚举公差和末项,bitset 每次与上自己左移 \(d\) 位即可。

对于另外一种,枚举 \(d\)\(td\),设 \(\le td\) 的数的数量为 \(c\),枚举后手的数的数量,那么这个对答案的贡献为:

\[\sum\limits_{i = 0}^c \binom{c}{i} \binom{c - 1}{i - 1} \]

容易用范德蒙德卷积化简成 \(\binom{2c - 1}{c - 1}\)

先手和后手都是 \(n\) 项是一样的。

那么总时间复杂度为 \(O(\frac{V^2 \ln V}{\omega} + V \log V)\),瓶颈在求第一种情况。

code
// Problem: P9537 [YsOI2023] CF1764B
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P9537
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
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#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 20050;
const int N = 40000;
const ll mod = 998244353;

inline ll qpow(ll b, ll p) {
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}

ll n, a[maxn], fac[N + 5], ifac[N + 5];
bitset<maxn> b, c;

inline ll C(ll n, ll m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) {
		return 0;
	} else {
		return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
	}
}

void solve() {
	scanf("%lld", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
		b.set(a[i]);
	}
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= N; ++i) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	}
	ifac[N] = qpow(fac[N], mod - 2);
	for (int i = N - 1; ~i; --i) {
		ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
	}
	ll ans = 0, s = 0;
	for (int i = 0; i <= n; ++i) {
		if (i > 1) {
			ans = (ans + s * C(n, i)) % mod;
		}
		s = (s + C(n, i)) % mod;
	}
	for (int d = 1; d <= a[n]; ++d) {
		c = b;
		for (int i = d; i <= a[n]; i += d) {
			if (!b[i]) {
				break;
			}
			c &= (c << d);
			ans = (ans - (ll)c.count() + mod) % mod;
		}
		int k = 0, x = 0, y = 0;
		bool fl = 1;
		for (int i = d; i <= a[n]; i += d) {
			k += b[i];
			if (b[i]) {
				++y;
			} else {
				y = 0;
				fl = 0;
			}
			x += fl;
			if (i + d <= a[n] && b[i] && b[i + d]) {
				ans = (ans - C(k * 2 - 1, k - 1) + C(k * 2 - 1, k - 2) + min(x, y) + mod) % mod;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

posted @ 2024-04-01 18:44  zltzlt  阅读(15)  评论(0编辑  收藏  举报