2020 Multi-University Training Contest 1

Avian Darts
Boring Task
Cookies

Distinct Sub-palindromes

#include 

using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;

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

ll n;
ll Cn3 = (24 * 25 * 26) % mod;// C(n,3)

int main() {
    
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n;
        if (n <= 3)
            cout << qpow(26, n) << endl;
        else
            cout << Cn3 << endl;
    }
    return 0;
}

---

Fibonacci Sum

赛中交的代码赛后疯狂T，感谢测评姬放过……

已知斐波那契有如下：
$$F(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\right(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n\right]$$
再扩展一下每一项的k次幂
$$F(n{)}^k=(\frac{1}{\sqrt{5}}{)}^k\left[\right(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n{]}^k$$
其中，令$$a=(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n$$
$$b=(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n$$
则有
$$\left[\right(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n{]}^k=(a^n-b^n{)}^k$$
注意到，这是一个二项式

$$\begin{gathered} (a^n-b^n{)}^k=C_k^0(a^n{)}^0(-b^n{)}^k+C_k^1(a^n{)}^1(-b^n{)}^{k-1}+.....+C_k^k(a^n{)}^k(-b^n{)}^0 \\ =\sum _{i=0}^k(-1{)}^{k-i}(a^n{)}^i(b^n{)}^{k-i} \end{gathered}$$
注意一下，这里把 $-b^n$ 里的负号提取出来了，用处在后面会提到

因此，
$$F(n{)}^k=(\frac{1}{\sqrt{5}}{)}^k[\sum _{i=0}^k(-1{)}^{k-i}{C}_k^i(a^n{)}^i(b^n{)}^{k-i}]$$

结合题目给出的n、c、k，用c替换上式的n

$$F(c{)}^k=(\frac{1}{\sqrt{5}}{)}^k[\sum _{i=0}^k(-1{)}^{k-i}{C}_k^i(a^c{)}^i(b^c{)}^{k-i}]$$

然后再看看F(2c)时的式子
$$\begin{gathered} F(2c{)}^k=(\frac{1}{\sqrt{5}}{)}^k\left[\right(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^{2c}-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^{2c}{]}^k \\ =(\frac{1}{\sqrt{5}}{)}^k[\sum _{i=0}^k(-1{)}^{k-i}{C}_k^i(a^{2c}{)}^i(b^{2c}{)}^{k-i}] \\ =(\frac{1}{\sqrt{5}}{)}^k[\sum _{i=0}^k(-1{)}^{k-i}{C}_k^i((a^c{)}^i(b^c{)}^{k-i}{)}^2] \end{gathered}$$

可以发现 $F(c)$ 与 $F(2c)$ 之间，二项式里每一项的 $(a^c{)}^i(b^c{)}^{k-i}$ 翻倍了
由此推出 $F(nc)$ 时的式子
$$F(nc{)}^k=(\frac{1}{\sqrt{5}}{)}^k[\sum _{i=0}^k(-1{)}^{k-i}{C}_k^i((a^c{)}^i(b^c{)}^{k-i}{)}^n]$$
对于各个$F(xc{)}_{x=1...n}$的二项式里第 $i$ 项，存在公比 $q=(a^c{)}^i(b^c{)}^{k-i}$，可以等比公式求和统计

$$S(n)=a_1\times \frac{q^n-1}{q-1}$$

前面提取的负号，也是为了方便后面的求和统计

重点：

模数 $p=10^9+9$ 是一个质数

$\frac{1}{\sqrt{5}}$ 在模意义下需要借助 二次剩余 来求，即 $$x^2=5\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+9$$

得到x的一个解：$$x=\sqrt{5}=383008016$$

再结合费马小定理求出斐波那契公式里的 $a$ 和 $b$

$$\begin{gathered} a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}=691504013 \\ b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}=308495997 \\ \frac{1}{\sqrt{5}}=276601605 \end{gathered}$$

其次 $n,c\le 10^{18}$ 数据过大，需要 欧拉降幂
公式如下：
$$a^b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=a^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (p)+\phi (p)}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$

并且由于$10^9+9$是个质数，可以根据欧拉函数的性质直接得出phi值就是 模数本身-1

$$\phi (10^9+9)=10^9+8$$

_{ps:如果还T的话，scanf改cin、关掉一两个数组，你就可以过去了……}

// 赛后ac代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 9;
const int N = 1e5 + 10;

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

ll Phi = mod - 1;//欧拉降幂

ll euler(ll a, ll b) {
    return qpow(a, ((b % Phi) + Phi));
}

ll fac[N], inv[N];
void init(int n) {
    fac[0] = inv[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
        inv[i] = inv[i - 1] * qpow(i, mod - 2) % mod;
    }
}

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

ll Add(ll x, ll y) {
    if (x < 0)x += mod;
    if (y < 0) y += mod;
    return (x + y) % mod;
}

ll Mul(ll x, ll y) {
    x %= mod;
    y %= mod;
    return x * y % mod;
}

ll n, c;
int k;
ll a = 691504013;// (1+sqrt(5))/2
ll b = 308495997;// (1-sqrt(5))/2
ll Inv5 = 276601605;// 1/sqrt(5)

ll A, B, A_B, q;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    init(100000);

    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> c >> k;
        A = qpow(a, c);// a^c
        B = qpow(b, c);// b^c
        A_B = Mul(A, qpow(B, mod - 2));// A/B
        q = qpow(B, k);//公比

        ll res = 0, tmp;
        for (int i = 0; i <= k; i++) {
            //if (q == 0)continue; mod为质数 永远不会有公比为0的时候
            if (q == 1) {
                tmp = n % mod;
            } else {
                tmp = Mul(Mul(Add(euler(q, n), mod - 1), qpow(Add(q, mod - 1), mod - 2)), q);
            }
            tmp = Mul((C(k, i) * ((k - i) & 1 ? -1 : 1)), tmp);
            res = Add(res, tmp);
            q = Mul(q, A_B);
        }
        res = Mul(res, qpow(Inv5, k));
        cout << res << endl;
        
    }
    return 0;
}

---

Finding a MEX

#include 

using namespace std;
const int N = 1e5 + 3;

vector<int> e[N], E[N];
int vis[N];
int a[N];
int u[N], v[N], d[N];
int n, m;

struct segTree {
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)

    struct node {
        int l, r;
        int sum;
    } t[N << 2];

    int cnt[N];

    void pushup(int o) {
        t[o].sum = t[ls].sum + t[rs].sum;
    }

    //不带数组 建树
    void build(int o, int l, int r) {
        t[o].l = l;
        t[o].r = r;
        t[o].sum = 0;
        if (l == r) {
            cnt[l] = 0;
            return;
        }
        int mid = l + r >> 1;
        build(ls, l, mid);
        build(rs, mid + 1, r);
    }

    int query(int o) {
        if (t[o].l == t[o].r) {
            return t[o].l;
        }
        int len = t[o].r - t[o].l + 1;
        if (t[ls].sum >= (len - (len >> 1)))
            return query(rs);
        else return query(ls);
    }

    void add(int o, int pos, int val) {
        if (t[o].l == t[o].r) {
            cnt[t[o].l] += val;

            if (cnt[t[o].l] > 0)
                t[o].sum = 1;
            else
                t[o].sum = 0;
            return;
        }
        int mid = t[o].l + t[o].r >> 1;
        if (pos <= mid) add(ls, pos, val);
        else add(rs, pos, val);
        pushup(o);
    }

} ST[351];

int id[N], dfn = 0;
int Hash[N];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> m;

        //init
        dfn = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            e[i].clear();//所有边
            E[i].clear();//大点连边
            vis[i] = d[i] = 0;
            id[i] = 0;
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> a[i];
            a[i]++;//在原来的基础上+1 便于线段树维护
        }

        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            cin >> u[i] >> v[i];
            e[u[i]].push_back(v[i]);
            e[v[i]].push_back(u[i]);

            d[u[i]]++;
            d[v[i]]++;
        }

        int block = 1000;

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
        	// 区分 部分度数超过block的点为大点 没有超过的为小点
            if (d[i] > block) {
                vis[i] = 1; // 标记大点
            }
        }

        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            if (vis[v[i]]) // 当v[i]是大点时 需要对v[i]建线段树 如果u[i]要修改权值 则v[i]对应的线段树也要修改
                E[u[i]].push_back(v[i]);
            
            if (vis[u[i]]) 
                E[v[i]].push_back(u[i]);
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (vis[i]) {
                id[i] = ++dfn; // 记录点i对应的是哪颗线段树
                ST[dfn].build(1, 1, d[i] + 1);
                for (int j : e[i]) {
                    if (a[j] <= d[i])
                        ST[dfn].add(1, a[j], 1);
                }
            }
        }

        int q, op, x, y;
        cin >> q;
        while (q--) {
            cin >> op;
            if (op == 1) {
                //将 a[x]修改成y
                cin >> x >> y;
                y++;
                for (int z:E[x]) {
                    if (vis[z]) { // 如果相连的是大点
                        if (a[x] <= d[z])
                            ST[id[z]].add(1, a[x], -1);
                        if (y <= d[z]) // 如果y值比点z的度数还大 显然y不可能是F(z)的答案
                            ST[id[z]].add(1, y, 1);
                    }
                }
                a[x] = y;

            } else { //op=2
                cin >> x;
                if (vis[x]) {
                    cout << ST[id[x]].query(1) - 1 << endl;
                } else {
                    // 用set会t
                    for (int i = 1; i <= d[x]; i++) 
                        Hash[i] = 0;
                    
                    for (int z:e[x]) {
                        if (a[z] > d[x])continue;
                        Hash[a[z]] = 1;
                    }
                    int res = 1;
                    for (int i = 1; i <= d[x]; i++) 
                        if (!Hash[i]) {
                            res = i;
                            break;
                        }
                    
                    cout << res - 1 << endl;
                }
            }
        }
    }

    return 0;
}

---

Hunting Monsters
Integral Calculus

Leading Robots

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const double eps = 1e-8;
const int N = 1e6 + 10;
int n;

int sgn(double x) {
    if (fabs(x) < eps) return 0;
    if (x < 0) return -1;
    else return 1;
}
//判断小数和0是否等于

struct Line {
    // y=kx+b
    ll k, b;

    bool operator==(const Line line) const {
        return k == line.k && b == line.b;
    }

    bool operator<(const Line line) const {
        if (b == line.b) {
            return k < line.k;
        }
        return b > line.b;
    }
} L[N];

int Stack[N], top = 0;

int check(Line l1, Line l2, Line l3) {
    double x1 = (double) (l2.b - l1.b) / (double) (l1.k - l2.k); // 第一和第二的交点
    double x2 = (double) (l3.b - l2.b) / (double) (l2.k - l3.k); // 新的直线和第二的交点
    if (sgn(x1 - x2) > 0) {
        return 1;
    } else if (sgn(x1 - x2) == 0) {
        return 2;
    }
    return 3;
    // 1 (x1,y1)在 (x2,y2)的左边
    // 2 (x1,y1)和(x2,y2)是同一个点
    // 3 (x1,y1)在 (x2,y2)的右边
}

int vis[N];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    
    int T;
    ll p, a;
    cin >> T;
    while (T--) {
        // init
        top = 0;

        cin >> n;

        // y=1/2at^2+p -> 2y=a(t^2)+2p
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> p >> a;
            
            L[i].k = a;
            L[i].b = p * 2;

            // init
            vis[i] = 0; // 用于判断是否重线
        }

        sort(L + 1, L + 1 + n);

        for (int i = 1, first, second, x; i <= n; i++) {

            if (top && L[first = Stack[top]].k >= L[i].k) { // L[i]永远追不上第一
                if (L[first] == L[i]) vis[first] = 1;//同一条直线 第一也不能要
                continue;
            }
            if (top < 2) {
                // 但是也存在后面的点和第一是同一个起点 加速度比第一大 即一开始大家都是第一 后一秒L[i]超过第一
                if (top == 1 && L[first].b == L[i].b) {
                    Stack[top] = i;
                } else
                    Stack[++top] = i;
            } else {//top>=2

                // 如果第一与第二的交点 在 第二与L[i]的右边 说明L[i]比第一先成领跑
                while (top > 1 && check(L[first], L[second = Stack[top - 1]], L[i]) != 3) {
                    first = second;
                    top--;//踢掉第一
                }
                
                Stack[++top] = i;
            }
        }

        int res = 0;
        for (int i = 1; i <= top; i++) {
            if (!vis[Stack[i]]) {
                res++;
            }
        }
        cout << res << endl;
    }
    return 0;
}

Math is Simple
Minimum Index
Mow