2019/11/12 校内模拟

T1 命令方块

打炸了。。难过。。

发现,按照字典序排序是一种合法方案。

std 的解释:

  • 我们用这些字符串构建出一棵字典树,我们发现,按照字典树的任意一种 d f s dfs dfs 序输出字符串都可以获得一个合法的答案。
  • 简单起见,我们直接按字典序输出字符串即可。因此,将所有字符串使用 std :: sort 排序即可。

因此,我们知道了每一个数的起始位置终点位置,每次把数字 i i i 放到 i i i 位置即可。

考试的时候对于位置的处理挂了,又从 rank1 掉到了 rank7。。

时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)

#include
using namespace std;
namespace IO{
	const int Rlen=1<<22|1;
	char buf[Rlen],*p1,*p2;
	inline char gc(){
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	template<typename T>
	inline T Read(){
		char c=gc();T x=0,f=1;
		while(!isdigit(c))  f^=(c=='-'),c=gc();
		while( isdigit(c))  x=((x+(x<<2))<<1)+(c^48),c=gc();
		return f?x:-x;
	}
	inline int gi()  {return Read<int>();}
	inline string gs(){
		char c=gc();string S="";
		while(!isalpha(c))  c=gc();
		while( isalpha(c))  S+=c,c=gc();
		return S;
	}
}
using IO::gi;
using IO::gs;
const int N=1e6+5;
int n,pos[N];
struct node{string S;int id;}p[N];
bool operator<(const node &p,const node &q)  {return p.S<q.S;}
int cnt;
pair<int,int>rec[N];
int main(){
	n=gi();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		p[i].id=i,p[i].S=gs();
	}
	sort(p+1,p+n+1);
	for(int i=1;i<=n;++i)  pos[p[i].id]=i;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(p[i].id!=i)  rec[++cnt]=make_pair(i,pos[i]),pos[p[i].id]=pos[i],swap(p[i],p[pos[i]]);
	printf("%d\n",cnt);
	for(int i=cnt;i>=1;--i)  printf("%d %d\n",rec[i].first,rec[i].second);
	return 0;
}

T2 骨粉

首先看到我们要最小化最大值,不难想到二分,考虑怎么 c h e c k check check 二分出的答案 λ \lambda λ

可以对 t i t_i ti 排序,然后每次 upper_bound 找到第一个 > s + λ >s+\lambda >s+λ 的数(其位置设为 p o s pos pos),现在要对 p o s ∼ n pos\sim n posn 的植物用 ≤ s \le s s 次骨粉使它们的 t i t_i ti ≤ s + λ \le s+\lambda s+λ。而让它们都满足条件需用的骨粉数是:

∑ i = p o s n ⌈ t i − s − λ x ⌉ \sum_{i=pos}^n\lceil\frac{t_i-s-\lambda}{x}\rceil i=posnxtisλ

v = s + λ v=s+\lambda v=s+λ,那么可以试着化一下这个式子:

⌈ t i − v x ⌉ = ⌈ ( ⌊ t i x ⌋ + { t i x } ) − ( ⌊ v x ⌋ + { v x } ) ⌉ = ⌊ t i x ⌋ − ⌊ v x ⌋ + ⌈ { t i x } − { v x } ⌉ = ⌊ t i x ⌋ − ⌊ v x ⌋ + [ { t i x } > { v x } ] = ⌊ t i x ⌋ − ⌊ v x ⌋ + [ ( t i   m o d   x ) > ( v   m o d   x ) ] \begin{aligned} \lceil\frac{t_i-v}x\rceil&=\lceil(\lfloor\frac{t_i}x\rfloor+\{\frac{t_i}x\})-(\lfloor\frac{v}x\rfloor+\{\frac{v}x\})\rceil\\ &=\lfloor\frac{t_i}{x}\rfloor-\lfloor\frac{v}{x}\rfloor+\lceil\{\frac{t_i}x\}-\{\frac vx\}\rceil\\ &=\lfloor\frac{t_i}{x}\rfloor-\lfloor\frac{v}{x}\rfloor+[\{\frac{t_i}x\}>\{\frac vx\}]\\ &=\lfloor\frac{t_i}{x}\rfloor-\lfloor\frac{v}{x}\rfloor+[(t_i\bmod x)>(v\bmod x)] \end{aligned} xtiv=(xti+{xti})(xv+{xv})=xtixv+{xti}{xv}=xtixv+[{xti}>{xv}]=xtixv+[(timodx)>(vmodx)]

其中 { x } \{x\} {x} 的意思是保留 x x x 的小数部分。

发现 ∑ i = p o s n ⌊ t i x ⌋ \sum_{i=pos}^n\lfloor\frac{t_i}{x}\rfloor i=posnxti 可以预处理出后缀和然后 O ( 1 ) O(1) O(1) 算, ∑ p o s n ⌊ v x ⌋ \sum_{pos}^n\lfloor\frac{v}{x}\rfloor posnxv 也可以 O ( 1 ) O(1) O(1) 算。

对于最后的那个式子,记 m i = t i % x m_i=t_i\%x mi=ti%x 的话,相当于是求 ∑ i = p o s n [ m i > ( v   m o d   x ) ] \sum_{i=pos}^n[m_i>(v\bmod x)] i=posn[mi>(vmodx)],用主席树做即可。

时间复杂度 O ( m log ⁡ 2 n ) O(m\log^2n) O(mlog2n)

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace IO{
	const int Rlen=1<<22|1;
	char buf[Rlen],*p1,*p2;
	inline char gc(){
		return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,Rlen,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
	}
	template<typename T>
	inline T Read(){
		char c=gc();T x=0,f=1;
		while(!isdigit(c))  f^=(c=='-'),c=gc();
		while( isdigit(c))  x=((x+(x<<2))<<1)+(c^48),c=gc();
		return f?x:-x;
	}
	inline int gi()  {return Read<int>();}
	inline ll  gl()  {return Read<ll >();}
}
using IO::gi;
using IO::gl;
const int N=1e5+5,M=N<<6;
int n,m;
ll x,a[N];
namespace PST{
	int tot,root[M],lc[M],rc[M],sum[M];
	#define mid ((l+r)>>1)
	void Insert(int y,int &x,ll l,ll r,ll val){
		x=++tot;
		lc[x]=lc[y],rc[x]=rc[y],sum[x]=sum[y]+1;
		if(l==r)  return;
		if(val<=mid)  Insert(lc[y],lc[x],l,mid,val);
		else  Insert(rc[y],rc[x],mid+1,r,val);
	}
	int Query(int root,ll l,ll r,ll val){
		if(val==x||(!root))  return 0;
		if(l>=val)  return sum[root];
		if(val<=mid)  return sum[rc[root]]+Query(lc[root],l,mid,val);
		return Query(rc[root],mid+1,r,val);
	}
	#undef mid
}
using namespace PST;
ll suf[N],Mod[N];
bool check(ll S,ll mid){
	int pos=upper_bound(a+1,a+n+1,S+mid)-a;
	if(pos>n)  return true;
	ll num=S+mid,div=num/x,mod=num%x;
	return (suf[pos]-div*(n-pos+1)+Query(root[pos],0,x-1,mod+1))<=S;
}
int main(){
	n=gi(),m=gi(),x=gl();
	for(int i=1;i<=n;++i)  a[i]=gl();
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=n;i>=1;--i){
		suf[i]=a[i]/x,Mod[i]=a[i]%x,suf[i]+=suf[i+1];
		Insert(root[i+1],root[i],0,x-1,Mod[i]);
	}
	while(m--){
		ll S=gl(),l=0,r=1e18,mid;
		while(l<r)  check(S,mid=(l+r)>>1)?r=mid:l=mid+1;
		printf("%lld\n",l);
	}
	return 0;
}

T3 字符串问题

wcr 神仙太强辣,打表找出了规律。

我的思路是枚举每个区间算贡献,再算一下有多少种情况能计算到它(一个组合数),时间是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的,有 60 60 60 分。

std 的暴力是,对于每一个数字算它的贡献,即我们枚举 j j j,计算它有 1 0 j 10^j 10j 的贡献时的情况数,即:

a n s = ∑ i = 1 n ∑ j = 0 n − i a i × 1 0 j × ( n − j − 2 + [ i + j = n ] k − 1 + [ i + j = n ] ) ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{n-i}a_i\times 10^j\times\binom{n-j-2+[i+j=n]}{k-1+[i+j=n]} ans=i=1nj=0niai×10j×(k1+[i+j=n]nj2+[i+j=n])

也就是, i ∼ i + j i\sim i+j ii+j 这些数字之间不能放 + 号, i + j i+j i+j 后面强制放一个 +,剩下的 n − 1 − j − 1 n-1-j-1 n1j1 中放 k − 1 k-1 k1+

注意要特判一下 i + j = n i+j=n i+j=n 的情况,因为这时 i + j i+j i+j 后面是不能放 + 的。

然后可以交换枚举顺序:

a n s = ∑ j = 0 n − 1 1 0 j ∑ i = 1 n − j a i × ( n − j − 2 + [ i + j = n ] k − 1 + [ i + j = n ] ) = ∑ j = 0 n − 1 1 0 j ( ∑ i = 1 n − j − 1 a i ( n − j − 2 k − 1 ) + a n − j ( n − j − 1 k ) ) = ∑ j = 0 n − 1 1 0 j ( n − j − 2 k − 1 ) ∑ i = 1 n − j − 1 a i + ∑ j = 0 n − 1 a n − j ( n − j − 1 k ) \begin{aligned} ans&=\sum_{j=0}^{n-1}10^j\sum_{i=1}^{n-j}a_i\times\binom{n-j-2+[i+j=n]}{k-1+[i+j=n]}\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}10^j\left(\sum_{i=1}^{n-j-1}a_i\binom{n-j-2}{k-1}+a_{n-j}\binom{n-j-1}{k}\right)\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}10^j\binom{n-j-2}{k-1}\sum_{i=1}^{n-j-1}a_i+\sum_{j=0}^{n-1}a_{n-j}\binom{n-j-1}{k} \end{aligned} ans=j=0n110ji=1njai×(k1+[i+j=n]nj2+[i+j=n])=j=0n110j(i=1nj1ai(k1nj2)+anj(knj1))=j=0n110j(k1nj2)i=1nj1ai+j=0n1anj(knj1)

也就是说,只要对 a i a_i ai 求个前缀和就可以轻松搞定了。

时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)

#include
using namespace std;
const int N=5e5+5,P=998244353;
int n,k,fac[N],ifac[N],pre[N];
int add(int x,int y)  {return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
int dec(int x,int y)  {return x-y< 0?x-y+P:x-y;}
int mul(int x,int y)  {return 1ll*x*y>=P?1ll*x*y%P:x*y;}
int power(int a,int b){
	int ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))  if(b&1)  ans=mul(ans,a);
	return ans;
}
int Inv(int x)  {return power(x,P-2);}
void prework(){
	fac[0]=fac[1]=1;
	for(int i=2;i<N;++i)  fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	ifac[N-1]=Inv(fac[N-1]);
	for(int i=N-2;~i;--i)  ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
}
int C(int n,int m)  {return n<m?0:mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));}
char S[N];
int main(){
	scanf("%d%d%s",&n,&k,S+1),prework();
	for(int i=1;i<=n;++i)  pre[i]=add(pre[i-1],S[i]-'0');
	int tmp=1,ans=0;
	for(int i=0;i<n;++i){
		ans=add(ans,mul(tmp,add(mul(C(n-i-2,k-1),pre[n-i-1]),mul(C(n-i-1,k),S[n-i]-'0'))));
		tmp=mul(tmp,10);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

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