Educational Codeforces Round 78 (Rated for Div. 2)

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略炸。
A. Shuffle Hashing
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一个字符串，只有’a’到’z’，你可以任意调整其顺序，然后在其前面和后面加上若干字符，给t组数据，每组给2个字符串，问下面这个字符串是否由上面这个变化而来，是输出YES，否则输出NO
数据范围 $1\le t\le 100$,$1\le |s_1|,|s_2|\le 100$
解 将第一个串中每个字符有多少个存起来，然后在第二个字符串中，枚举连续的s1长度的字符串，判断每个字符数量是否相同即可。
复杂度 $O(n^2)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void work()
{
    char a[105];
    char b[105];
    int c[26];
    memset(c,0,sizeof(c));
    int d[26];
    memset(d,0,sizeof(d));
    scanf("%s",a);
    scanf("%s",b);
    int la=strlen(a);
    int lb=strlen(b);
    for(int i=0;i<la;i++){
        c[a[i]-'a']++;
    }
    for(int i=0;i+la<=lb;i++){
        for(int j=0;j<la;j++){
            d[b[i+j]-'a']++;
        }
        for(int j=0;j<26;j++){
            if(c[j]!=d[j]){
                break;
            }
            if(j==25){
                printf("YES\n");
                return;
            }
        }
        memset(d,0,sizeof(d));
    }
    printf("NO\n");
}
int main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T;
    scanf("%d",&T);
    //cin>>T;
    //T=1;
    for(int i=1;i<=T;i++){
        work();
    }
}

B. A and B
题目链接
t组数据，每组给你x,y，你可以从1开始 依次将$1,2,3,4,\dots \dots$加到x,y其中一个上，问最少要几步才能使得$x=y$
数据范围 $1\le t\le 100$,$1\le x,y\le 10^9$
解 可以将x直接减掉y，然后从1开始 你可以选择减去他或者加上他，最少要几步才能得到0。首先考虑$sum(1,n)$，如果我把其中任意的一个数变成减，那么对和的影响是$2,4,6,\dots \dots ,2n$，所以 如果刚好在$n$时$sum(1,n)$大于$x-y$，并且与$x-y$的差为偶数，那么答案就是$n$。
否则 考虑加上下一位，若为奇数，则使得$sum(1-n)-(x-y)$为偶数，回到上个情况，故答案为n+1,。若下一位为偶数，则需要加2个才能使得$sum(1-n)-(x-y)$为偶数，故答案是n+2。
复杂度 $O(\sqrt{x})$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void work()
{
	ll x,y;
	scanf("%lld%lld",&x,&y);
	if(x>y)swap(x,y);
	ll z=y-x;
	if(z==0){
		printf("0\n");
		return;
	}
	ll sum=0;
	int cnt=0;
	int tmp=0;
	for(int i=1;;i++){
		sum+=i;
		cnt++;
		if(sum>=z){
			tmp=i;
			break;
		}
	}
	if((sum-z)%2==0){
		printf("%d\n",cnt);
	}else{
		if(tmp%2==0){
			printf("%d\n",cnt+1);
		}else{
			printf("%d\n",cnt+2);
		}
	}
}
int main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T;
    scanf("%d",&T);
    //cin>>T;
    //T=1;
    while(T--){
        work();
    }
}

C. Berry Jam
题目链接
t组数据，每组数据有2*n个罐子，每个罐子分为草莓和蓝莓，1为草莓，2为蓝莓，你可以从中间开始，拿走两边最靠近你的罐子，问你最少几次操作使得两种罐子数量相等。
数据范围 $1\le t\le 1000$,$1\le n\le 10^5$,$1\le a_i\le 2$
解 设草莓为1，蓝莓为-1，用map存从n+1开始，获得每个值的最少时间。然后枚举左端点，log在map中查找需要在右边拿的最少时间，求最小值即可。
需要特判一下右边不拿的情况。
复杂度 $O(n\log )$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int cnt=0;
int a[200005];
void work()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    int suma=0;
    int sumb=0;
    for(int i=1;i<=2*n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        if(a[i]==1){
            suma++;
        }else{
            sumb++;
        }
    }
    int tmp=suma-sumb;
    int cnt=0;
    map<int,int>m;
    for(int i=n+1;i<=2*n;i++){
        if(a[i]==1){
            cnt++;
        }else{
            cnt--;
        }
        if(m[cnt]==0){
            m[cnt]=i-n;
        }
        //printf("%d ",cnt);
    }
    int ans=9999999;
    if(tmp==0){
        printf("0\n");return;
    }
    if(m[tmp]){
        ans=m[tmp];
    }
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(a[i]==1){
            tmp--;
        }else{
            tmp++;
        }
        if(tmp==0){
            ans=min(ans,n-i+1);
        }
        if(m[tmp]!=0){
            ans=min(ans,n-i+1+m[tmp]);
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T;
    scanf("%d",&T);
    //cin>>T;
    //T=1;
    for(int i=1;i<=T;i++){
        work();
    }
}

D. Segment Tree
题目链接
给你n个线段，每个线段有$l_i,r_i$，如果两个线段有相交，但不完全包含，那么这两个线段之间有边，问最后组成的是否是一棵树。
数据范围 $1\le n\le 5\ast 10^5$,$1\le l_i,r_i\le 2n$
解 首先要为一棵树的话，最后的边数要为$n-1$，且不能有环。先将数据按$l$排序，然后将数据的$r,id$依次插入set，插入之前用二分找到第一个能与该线段连上边的位置，然后遍历，将连上的点进行并查集，如果连到2个已经在同一个并查集中的点，那么就有环，返回NO，如果边数不为n-1，也输出NO，否则输出YES
复杂度 $O(n\log )$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node
{
    int l;
    int r;
    int id;
}num[500005];
bool cmp(node x,node y)
{
    return x.l<y.l;
}
int f[500005];
int find(int x)
{
    if(x!=f[x]){
        return f[x]=find(f[x]);
    }
    return f[x];
}
void uni(int x,int y)
{
    int x1=find(x);
    int y1=find(y);
    if(x1!=y1){
        f[x1]=y1;
    }
}
void work()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&num[i].l,&num[i].r);
        num[i].id=i;
        f[i]=i;
    }
    sort(num+1,num+n+1,cmp);
    set<pair<int,int> >s;
    set<pair<int,int> >::iterator it;
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(sum>n-1){
            printf("NO\n");return;
        }
        pair<int,int> k;
        k.first=num[i].l;
        k.second=num[i].id;
        it=s.lower_bound(k);
        while(it!=s.end()){
            //printf("%d %d\n",(*it).first,num[i].r);
            if((*it).first>num[i].r){
                break;
            }
           // printf("???%d %d\n",(*it).second,num[i].id);
            if(find(num[i].id)==find((*it).second)){
                printf("NO\n");return;
            }else{
                uni(num[i].id,(*it).second);
                sum++;
            }
            it++;
        }
        k.first=num[i].r;
        s.insert(k);
    }
    //printf("%d\n",sum);
    if(sum!=n-1){
        printf("NO\n");
    }else{
        printf("YES\n");
    }
}
int main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T;
    //scanf("%d",&T);
    //cin>>T;
    T=1;
    while(T--){
        work();
    }
}

E. Tests for problem D
与上题完全相反，给你一些边的关系，让你给出所有点的线段，使得满足这些关系。
数据范围 $1\le n\le 5\ast 10^5$,$1\le x_i,y_i\le 2\ast n$
解 vector建边，然后dfs，将点的左、右尽量靠近父节点的右边即可。
复杂度 $O(n)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int>v[1000005];
int l[1000005];
int r[1000005];
int dfs(int past,int now)
{
	//printf("%d %d %d\n",past,now,v[now].size());
	int sz=1;
	int tmp=r[now]-1;
	for(int i=0;i<v[now].size();i++){
		if(v[now][i]==past)continue;
		l[v[now][i]]=tmp;
		r[v[now][i]]=tmp+sz*2-1+v[v[now][i]].size();
		sz+=dfs(now,v[now][i]);
		tmp--;
	}
	return sz;
}
void work()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<n;i++){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		v[x].push_back(y);
		v[y].push_back(x);
	}
	l[1]=1;
	r[1]=v[1].size()+2;
	dfs(0,1);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		printf("%d %d\n",l[i],r[i]);
	}
}
int main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T;
    //scanf("%d",&T);
    //cin>>T;
    T=1;
    while(T--){
        work();
    }
}

F. Cards
题目链接
m张牌中有一张王牌，有n次操作，每次操作将牌打乱顺序，拿出最顶上那张牌，记录后放回去。x为n次操作后拿出王牌的次数，问x^k的期望值。答案对998244353取模。
数据范围 $1\le n,m\le 998244353$，$1\le k\le 5000$
解 首先列出式子 $\frac{{\sum }_{i=1}^n{C}_n^i\ast i^k\ast (m-1{)}^{n-i}}{m^n}$。

考虑分子部分，根据第二类斯特林数可得 $n^k={\sum }_{i=0}^n{C}_n^i\ast S(k,i)\ast i!$。

代入分子可得，${\sum }_{i=1}^n{C}_n^i\ast (m-1{)}^{n-i}{\sum }_{j=0}^{min(i,k)}{C}_n^j\ast S(k,j)\ast j!$

然后交换求和得到 ${\sum }_{j=0}^{min(n,k)}S(k,j)\ast j!{\sum }_{i=j}^n{C}_n^i\ast C_i^j\ast (m-1{)}^{n-i}$

将组合数拆开 进行化简得到${\sum }_{j=0}^{min(n,k)}S(k,j){\sum }_{i=j}^n\frac{n!}{(n-i)!\ast (i-j)!}\ast (m-1{)}^{n-i}$

那么就是要解决里面这个n的求和 进行一点点的变换 ${\sum }_{j=0}^{min(n,k)}S(k,j){\sum }_{i=j}^n\frac{n!}{(n-j)!}\frac{(n-j)!}{(n-i)!\ast (i-j)!}\ast (m-1{)}^{n-i}$

提出 $\frac{n!}{(n-j)!}$得到${\sum }_{j=0}^{min(n,k)}S(k,j)\frac{n!}{(n-j)!}{\sum }_{i=j}^n\frac{(n-j)!}{(n-i)!\ast (i-j)!}\ast (m-1{)}^{n-i}$

得到${\sum }_{j=0}^{min(n,k)}S(k,j)\frac{n!}{(n-j)!}{\sum }_{i=j}^n{C}_{n-j}^{i-j}\ast (m-1{)}^{n-i}$

将i-j替换为i得到 ${\sum }_{j=0}^{min(n,k)}S(k,j)\frac{n!}{(n-j)!}{\sum }_{i=0}^{n-j}{C}_{n-j}^i\ast (m-1{)}^{n-i-j}$

里面就是一个二项式定理求和 得到 ${\sum }_{j=0}^{min(n,k)}S(k,j)\frac{n!}{(n-j)!}\ast m^{n-j}$

把分母算上 得到${\sum }_{j=0}^{min(n,k)}S(k,j)\frac{n!}{(n-j)!\ast m^j}$

复杂度 $O(k^2)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p=998244353;
ll dp[5005][5005];
ll qpow(ll a,ll n)
{
	ll ret=1;
	while(n){
		if(n&1)ret=ret*a%p;
		a=a*a%p;
		n>>=1;
	}
	return ret;
}

void work()
{
	ll n,m,k;
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=k;i++){ 
		dp[i][0]=0;
		for(int j=1;j<=i;j++){
			dp[i][j]=(dp[i-1][j]*j+dp[i-1][j-1])%p;
		}
	}
	ll tmp=1;
	ll invm=qpow(m,p-2);
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=k;i++){
		tmp=tmp*(n+1-i)%p;
		ans=(ans+tmp*qpow(invm,i)%p*dp[k][i]%p)%p;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T;
    //scanf("%d",&T);
    //cin>>T;
    T=1;
    while(T--){
        work();
    }
}