牛客练习赛64题解

题目链接

A.怪盗-1412

题意：
$有n个1，m个4，k个2$
$组成一个序列问最多能有多少子序列是1412$
题解：
$摆成11\dots 1122\dots 2211\dots 1144\dots \dots 的样子$
$这样能使得每个数都有贡献$
$根据和一样，两数差最小乘积最大可以知道平分1即可$
$四个位置个数相乘$

#include
using namespace std;
int main(){
    int _;
    scanf("%d",&_);
    while(_--){
        long long n,m,k;
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
        printf("%lld\n",(n/2)*m*k*(n-n/2));
    }
}

---

B.Dis2

题意：
$给一棵树，问每个点有多少和他距离为2的点$
题解：
$对于每个点来说，距离为2的点，就是这个点的子节点的子节点$
$统计一下这个点相连的点，每个点的度数$
$但由于是双向边，需要去除自己的贡献$
AC代码

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int mod=1e9+7;
//const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};

ll ans[maxn];
vector<int> g[maxn];


int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    int n;cin>>n;
    for(int i=1,u,v;i<n;i++){
        cin>>u>>v;
        g[u].pb(v);
        g[v].pb(u);
    }
    for(int u=1;u<=n;u++){
        ll ans=0;
        for(auto v:g[u]){
            if(v==u)continue;
            ans+=g[v].size()-1;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

---

C.序列卷积之和

题意：
$给一个长度为n的数组$
$求{\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^n{\sum }_{i=l}^r{\sum }_{j=i}^r{a}_i\ast a_{j}mod1e9+7$
题解：
$n<=2e5，很大$
$暴力求解就不用想了，考虑一下怎么样化简$
$自己举个例子感受一下，不要太多数$
$我这里举4个数，1，2，3，4$
$然后先走前两个确定，结果是1$
$然后第一个不变，第二个累加区间加$
$得到1\ast 1+1\ast 2+2\ast 2$
$再变一次1\ast 1+1\ast 2+1\ast 3+2\ast 2+2\ast 3+3\ast 3$

$$1\ast 1+1\ast 2+1\ast 3+1\ast 4+2\ast 2+2\ast 3+2\ast 4+3\ast 3+3\ast 4+4\ast 4$$
$这样第一个累加为1的时候跑完了$
$我们可以化简一下$
$1\ast (1+1+2+1+2+3+1+2+3+4)$
$2\ast (2+2+3+2+3+4)$
$3\ast (3+3+4)$
$4\ast 4$
$然后可以想象一下，或者大概再往后下一点就能发现$
$第一个累加为2的时候，其实就是这式子里的后三个$
$为3的时候是后两个$
$这规律就找到了$
$我们只要把这些括号里的东西算出来和数相乘，最后求一下后缀的后缀就是答案了$
$括号里的可以用个数算，我们可以发现第i个数一共有n-i+1个$
$然后我们用后缀跑一下每个括号里每个数的个数乘对应的值$
$这样括号里的东西算出来了，假设是su{m}_i$
${\sum }_{i=1}^n{a}_i\ast su{m}_i就是第一个累加为1时候的结果$
${\sum }_{i=2}^n{a}_i\ast su{m}_i就是第一个累加为2时候的结果$
$所以这个时候我们就需要求一下后缀的后缀算出来第一个累加为1到n全部的和$
$但其实有更简便的方法，我们直接记个数$
$假设下标为i的a_i\ast su{m}_i我们用的次数应该是i次$
$所以i从1到n直接将每个值乘他的贡献次数就是最终答案$

$如果你感觉这样的规律不好看出来$
$那你可以考虑，去掉两层内部的累加，用代码输出一下找一下规律$
$这个规律应该也很好看出，其实就是我在上面说的规律$
$但是会更加直观$
AC代码

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
const int mod=1e9+7;
//const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};
ll Pow(ll a, ll b){
	ll ans = 1;
	while(b > 0){
		if(b & 1){
			ans = ans * a % mod;
		}
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}
ll a[maxn],s1[maxn];


int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    for(int i=n;i;i--)
        s1[i]=(s1[i+1]+a[i]*(n-i+1)%mod)%mod;
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans=(ans+i*a[i]%mod*s1[i]%mod)%mod;;
    cout<<ans;
    return 0;
}

---

D.宝石装箱

题意：
$n个宝石放进n个盒子$
$如果第i种宝石不能放到a_i盒子有多少种方案$
$mod998244353$
题解：
$如果是直接写，我们需要考虑对于第i种宝石$
$a_i盒子是否已经被放了宝石，最后得出的会是两种情况$
$我们很难统计这两种情况$
$那就倒着写，先随意放，看看其中有多少不合法的方案$
$总方案很好求，就是n!$
$现在需要求的是不合法的方案$
$不合法的方案就是某个盒子放了不该放的宝石$
$我们需要统计最后有用的就是i个盒子放了不该放的宝石的方案$
$但是恰好i个我们很难求出，我们可以用至少有i个盒子放了不该放的宝石$
$如果是至少i个盒子，那么肯定有重复的方案$
$这时候就可以用的容斥原理了，奇数加偶数减，容斥原理就不多说$
$现在开始开始说怎么求至少i个盒子放了不该放的$
$其实就是统计出哪几个位置，有几个不该放的宝石$
$不该放的宝石个数，就是这一个点的方案数$
$对于多个位置就是相乘起来$
$由于统计的是需要将所有宝石放入，对于其他宝石也需要进行放入$
$那么就是乘剩余没有选择的个数的阶乘，我们已经选择的是确定不合法的$
$这一过程我们可以使用01背包+滚动数组实现$
$状态转移很简单，就是dp[j]=dp[j-1]\ast a[i]$
$求出来的是我们确定不合法的盒子数$
$然后剩下的就是把他乘上对应的阶乘形成完整方案，然后进行容斥去重即可$
$最后用总数减去这个算出来的数$
AC代码

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
//const int mod=1e9+7;
const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};

ll fac[maxn],dp[maxn],a[maxn];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    int n;cin>>n;fac[0]=1;
    for(int i=1,x;i<=n;i++){
        cin>>x;
        a[x]++;
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    }
    dp[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i;j>=0;j--)
            dp[j+1]=(dp[j+1]+dp[j]*a[i]%mod)%mod;
    ll ans=fac[n],res=0;
    for(int i=1,p=1;i<=n;i++,p=-p)
        res=(res+fac[n-i]*dp[i]*p%mod+mod)%mod;
    cout<<(ans-res+mod)%mod;
    return 0;
}