2019 CCPC-Wannafly Winter Camp Day7 (Div2, onsite)(补题记录)

一篇来自ACM入门者的补题记录

赶着在周五晚上爬上来更新这篇博客，因为明天就是天梯赛了，本来计划是在天梯赛前补完秦皇岛的题的（捂脸…）计划赶不上变化啊…

这次更新的周期也比较久，因为可补的题目比较多，还是有两题没能补上…

天梯赛加油~

A.迷宫

题意：题意不是很清楚，大体上是n个点，n-1条边的图，1号点是出口，在某些点上有人，所有人一起行动，但同一个点上只能同时存在一个人，问让所有人逃离迷宫的最短时间是多少。

思路：设 $t$ 为我们当前经过的时间，d为某一个人距离1号点的距离，当最后一个人逃出迷宫时的 $t$ 为我们的答案，首先用DFS预处理出所有人距离1号点的距离。

距离1号点的最近的人a没有任何干扰，直接逃离迷宫，此时$t=d(a)$。

对于下一个人离1号点最近的b而言，此时必然存在$d(b)>=t$，否则b就是先逃离迷宫的人了：

若$d(b)=t$，说明b在某一个点肯定和上一个人a碰上了，本来b花费 $t$ 时间也能到达1号点了，但因为和上一个人碰上，就得等待一个时刻，因为题意要求同一个点不能同时存在两个人，此时更新 $t++$。

若$d(b)>t$，说明上一个人逃离一段时间后，b才赶来，两人不会起冲突，此时总体花费的时间就是$d(b$)了，更新$t=d(b)$，重复上述过程，直到最后一个人离开。

#include
using namespace std;
const int maxn = 1e5+5;
int vis[maxn],d[maxn];
vectorG[maxn];
int num = 0;
void DFS(int fa,int x,int depth){
    if(vis[x])
        d[num++] = depth;
    for(int u : G[x]){
        if(u == fa)
            continue;
        DFS(x,u,depth+1);
    }
}
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&vis[i]);
    for(int i = 1;i

C.斐波那契数列

题意：定义$Fi{b}_n$为斐波那契数列，现在给定一个整数$R$，求${\sum }_{n=1}^{R}Fi{b}_n\&Fi{b}_{n-1}$，答案对998244353。

思路：补起来稍微有点吃力的题目。
首先我们把$Fi{b}_n\&Fi{b}_{n-1}$分解开来，发现$Fi{b}_n\&Fi{b}_{n-1}=Fi{b}_n-lowbit(Fi{b}_n)$,
题目转变为求${\sum }_{n=1}^{R}Fi{b}_n-{\sum }_{n=1}^{R}lowbit(Fi{b}_n)$

前者，网上有等比数列求和公式的求解过程，${\sum }_{n=1}^{R}Fi{b}_n=Fi{b}_{n+2}-1$,单个斐波那契数的值则可以用矩阵快速幂解决，参见 poj3070。

后者，比较没有头绪，可以先打个表。发现$lowbit(Fi{b}_n)$是这样一个序列：
$11211811211161\cdots$，把$11211$这个以6为单位循环出现的子序列去掉，剩下$816832816864\cdots$提取公因数$8$，剩下序列为$1214121812141211612\cdots$
假设这个特殊序列的长度为n，这个序列的特点就是：
1的个数为 $n/2+(n\&(1))$,2的个数为 $n/4+(n\&(2))$,4的个数为 $n/8+(n\&(4))$$\cdots$ $2^k$的个数为$n/2^{k+1}+(n\&(2^k))$

然后求和，扣一扣余数细节，就大功告成了。这是我第一次写矩阵快速幂，顺手把 poj3070解决了，打表规律想得比较久…

#include
using namespace std;
const int mod = 998244353;
#define ll long long
ll c[2][2];
void multi(ll a[2][2],ll b[2][2],int n){
    memset(c,0,sizeof c);
    for(int i = 0;i>=1;
    }
}
ll solve(ll x){
    ll sum = 0;
    ll k = 1;
    while(k <= x){
        if(x & k)
            sum = (sum+(x/(2*k)+1)*k)%mod;
        else
            sum = (sum+x/(2*k)*k)%mod;
        k*=2;
    }
    return sum;
}
ll de[6] = {0,1,2,4,5,6};
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        ll R;
        scanf("%lld",&R);
        ll p[2][2]={1,1,1,0};
        quick_pow(p,R+1);
        ll ans = (res[0][0]-1+mod)%mod;
        ll num = R/6;
        ans = (ans-num*6+mod)%mod;
        ans = (ans-8*solve(num)+mod)%mod;
        ans = (ans-de[R%6]+mod)%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

D.二次函数
据说是初中数学题，$f(x)=tan(x)$可解决，但没想出来，网上的题解也比较少。
暂未解决。

E.线性探查法

题意：假设有一个元素互不相同的正整数数组 $a[1...n]$，我们用以下方法得到数组 $b[0...n-1]$：初始时 $b[i]$ 都为 -1，我们对 $i=1...n$ 依次插入 $a[i]$，假设现在要插入的数是 $x$，首先我们找到 $x\%n$这个位置，如果 $b[x\%n]=-1$，则令 $b[x\%n]=x$，之后结束这次插入；否则看 $b[(x+1)\%n]$ 是否等于 −1，如果等于则令 $b[(x+1)\%n]=x$，如果不等于，则继续看 $(x+2)\%n$…，直到找到一个位置。

完成所有插入后，我们会得到一个数组 $b$，现在给定这个数组 $b$，你需要求一个字典序最小的 $a[1...n]$

思路：题意就是数据结构课本上的线性探查法，现场时候被线性探查四个字吸引住了。没想出正确解法，队友看出来这是一个拓扑排序题，关键在于建图，在队友帮助下把这题补了出来…

对于$b[i]$而言，若$b[i]\%n<i$，说明位置$b[i]\%n-i$上的数字都先于$b[i]$插入。
若$b[i]\%n>i$，说明位置$1-(b[i]\%n-1)$和$i-n$上的数字都先于$b[i]$插入。
按照拓扑序列的输出方法，输出一个字典序最小的拓扑排序即可。

#include
using namespace std;
const int maxn = 1e3+5;
vectorson[maxn];
struct node{
    int num,b,sum;
}G[maxn];
struct cmp{
    bool operator()(const node &X,const node &Y){
        return X.b > Y.b;
    }
};
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 0;i i){
            for(int j = G[i].b%n;j,cmp> Q;
    for(int i = 0;i

F.逆序对

题意：给定长度为 n 的两两不相同的整数数组 $b[1...n]$，定义 $f(y)$ 为：将 $b$ 每个位置异或上 $y$ 后，得到的新数组的逆序对个数。现在你需要求 ${\sum }_{i=1}^{m}f(i)$由于答案可能很大，你只需要输出答案对 998244353 取模后的值。

思路：考虑原始序列中每两个点之间对答案的贡献。对于$b[i]$与$b[j]$($i<j$)两个数字而言，假设$b[i],b[j]$二进制中最高位不同位是第$k$位：若$b[i]<b[j]$，则第$k$位为1的数与它们异或以后会产生一个逆序对，若$b[i]>b[j]$，则第$k$位为0的数与它们异或以后，会产生一个逆序对。

问题转换成了求$1-m$中二进制第$k$位为1的数字有多少个。这个需要想一想。
考虑从最后一位开始向第$k$位枚举，设当前位为$j$，如果第$j$位为1，则说明当第$j$位为0时，余下的$j-2$(第$k$位固定为1)位是可以任取的，共有$1<<(j-1)$个不同的数字。当模拟到第$k$位时，此时判断第$k$位如果是1，则当其后面均为零的数字与m之间的数字，都是第$k$位为1的数字，具体可看代码实现。

#include
using namespace std;
int sum[32];
const int mod = 998244353;
int pos = 0;
void init(int m){
    memset(sum,0,sizeof sum);
    while(m > (1<=0;i--)
        for(int j = pos;j>=i;j--)
            if(i == j){
                if(m & 1<

G.抢红包机器人

题意：一共有m个红包，n个人，其中至少有一个机器人。给出每个红包抢到的顺序名单，比机器人快的都是机器人，机器人也有可能没有抢这个红包，问最少可能有几个机器人？

思路：签到题，枚举第几个是机器人，然后递归搜索顺序名单，把该方案是机器人的人都加起来，类比n个答案，选出最小的那个，$n,m<100$，暴力去做的…代码就不贴了…

H.同构
据说是跟补图有关的题目。
暂未解决。

J.强壮的排列

题意：求偶数位比相邻两个数都大的，长度为n的 $1-n$ 排列个数，$n$一定是奇数。由于答案可能较大，只需要输出答案对 998244353 取模后的值。

思路：考虑$sum[i]$为长度为$i$的强壮排列，从$1-i$为最大的数可能摆放的位置，则从$1-i$枚举$j$，$sum[i]+=C{}_{i-1}^{j-1}\ast sum[j-1]\ast sum[i-j]$，从$i-1$个数中选出$j-1$放到第$j$位以前排，变成两种长度的序列进行组合。
$n^2$的复杂度，会超时，于是我们就愉快的打表，而且只有奇数长度的排列，表是存的下的…

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 1e5+5;
ll sum[maxn],inv[maxn],facts[maxn];
ll quick_pow(ll a,ll n){
    ll res = 1;
    while(n>0){
        if(n&1)
            res = res*a%mod;
        a = a*a%mod;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
void init(){
    facts[0] = 1;
    inv[0] = 1;
    for(int i = 1;i