杭电第五场 题解

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作者： fn

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签到题

1003题 VC Is All You Need 你只需要VC（风投）

题目大意
$k$ 维空间中，求最大的 $n$ ，使得把 $n$ 个点染色为黑白两种颜色时，可以被一个 $k-1$ 维超平面分成两半，每一半颜色相同。
$k\in [2,10^{18}]$

考察内容
猜结论
// 你只需要VC（风投）$\to$ 你只需要猜个结论

结论
k=1时n=2，k=2时n=3，k=3时n=4，猜测
$n=k+1$

注意：（要开long long）

#include
#define ll long long
using namespace std;
ll n;
int main(){ 
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	ll t; cin>>t;
	ll k;
	while(t--){
		cin>>n>>k;

		if(n<=k+1){
			cout<<"Yes"<<endl;
		}
		else{
			cout<<"No"<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

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1006题 Cute Tree 可爱的树

题目大意
给定 $n$ 个元素和建树的伪代码，进行代码实现，输出树上的结点数。

考察内容
模拟

#include
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
ll n,m,a[N];
ll key[N];
ll son[N<<2][3]; // 子节点 
int tot; //

void build(int id,int l,int r){
	tot++;
	// id=tot; //  
	if(l==r){return;}
	
	ll mid;
	if(r-l==1){
		mid=(l+r)/2;
		build(son[id][0]=tot,l,l);
		build(son[id][1]=tot,r,r);
		return;
	}
	
	ll b=l+ (r-l+2)/3-1; // 
	ll c=(b+r)/2;
	build(son[id][0]=tot,l,b);
	build(son[id][1]=tot,b+1,c);
	build(son[id][2]=tot,c+1,r); //
}

int main(){ 
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	int t; cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		int temp; 
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>temp; // 树上保存的内容。在本题中无所谓 
		}
		
		tot=0; // 
		build(1,1,n); //
		
		cout<<tot<<endl;
	}
	return 0;
}

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基本题

1007题 Banzhuan 搬砖

题目大意
在 $n\ast n\ast n$ 的三维空间里放 $1\ast 1\ast 1$ 的小立方体（考虑重力，放在顶端时立方体会自由下落），使得三视图都是 $n\ast n$ 的正方形。在每个位置放置的代价为 $x\ast y^2\ast z$ ,求最大和最小代价。

考察内容
数学知识，贪心

分析

1. 最大代价：把每一砖块从最高处丢下。
2. 最小代价：底面（平面 $z=1$ ）铺满，平面 $y=1$ 和平面 $x=1$ 除了交线和底面都铺满。

记底面代价为 $X$ ,平面 $y=1$ (除了交线和底面) 代价为 $s1$ ,平面 $x=1$ (除了交线和底面) 代价为 $s2$ ,最大代价 $max1$ ,最小代价 $min1$ ,则有
$max1=X\ast n^2$
$min1=X+s1+s2$

所有公式里的除法用乘法逆元替换即可。

求乘法逆元：

#include
#define ll long long
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) {
    if(!b) {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    ll res=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;       // x=x1,y=x1-a/b*y1   x1,y1代表下一状态
    return res;
}

int main(){
    ll a,p,x,y;  // 扩展欧几里得计算a的逆元（mod p）
    scanf("%lld%lld",&a,&p);
    ll d=exgcd(a,p,x,y);
    printf(d==1?"%lld":"-1",(x+p)%p);// 最大公约数不为1，逆元不存在，输出-1
    return 0;
}

AC代码：

#include
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
ll n,m;
int main(){ 
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	ll t; cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		n=n%mod; //
		
		ll ans=(n*n %mod*(n+1)%mod*(n+1)%mod*(2*n+1))%mod *83333334 %mod 
		+ ((1+n)*n%mod *500000004-1)%mod * (2+n)%mod *(n-1)%mod *500000004%mod 
		+ (n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*166666668%mod -1)%mod *(2+n)%mod *(n-1)%mod*500000004%mod ; 
		
		cout<<(ans+mod)%mod<<endl;
		
		
		ans=(n*n %mod*(n+1)%mod*(n+1)%mod*(2*n+1))%mod *83333334 %mod  *n%mod*n%mod;
		cout<<(ans+mod)%mod<<endl;
	}
	return 0;
}

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进阶题

1009题 Array 数组

来源
洛谷 P4062 [Code+#1]Yazid 的新生舞会

题目大意
给定一个整数数组 $a[1..n]$ 。

计算有多少个连续子段 $a[L,R]$ $(R\ge L)$ ， 满足子段的众数出现次数严格大于其他整数的出现次数。

样例输入

1
10
3303 70463 3303 3303 3303 70463 3303 3303 70463 70463

样例输出

47

考察内容
前缀和

分析
复杂度为 $O(nlo{g}^{2}n)$

使用哈希表（stl unordered_set）计数x的出现，依次遍历每一个数，考虑合并相邻两块同一个数的影响。

结论：把每个位置离散化后求前缀和，然后去数前缀和数组的每个位置前面有几个比当前位置更小的，得到贡献数组，贡献求和就是答案。

原始数组是 1 1 2 1 ，离散化一下 1 1 -1 1 ，前缀和一下 0 1 2 1 2 ，贡献 0 1 2 1 3，输出 8 。

设 $sum$ 为当前前缀和，$f1[sum]$ 表示前缀和为 $sum$ 的点有 $f1[sum]$ 个，对于每个点的贡献 $now$ 就是所有小于 $sum$ 的 $f1[sum]$ 的和，如果接下来有一堆-1，就一下跳到这堆-1的末尾，需要做一次差分数组 $f2$ ,在起点做-1标记，终点做+1标记，走到i时若 $f2[sum]$ 不为0，则用 $f2[sum]$ 更新 $f1$ ，同时更新 $f2[sum+1]$ 。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pb push_back
const int N=2e6+3;
vector<int>G[N];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
	int n,t;
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		unordered_set<int>s;
		vector<int>a(n+1);
		for(int i=1;i<=n;++i){
			cin>>a[i]; s.insert(a[i]); G[a[i]].pb(i);
		}
		ll ans=0;
		for(auto num:s){ // 枚举每个数作为众数 
			ll res=0;// 答案 
			ll sum=0;// 当前前缀和
			unordered_map<int,int>f1,f2;// 前缀和为sum的点有f1[sum]个 
			G[num].pb(n+1);
			ll k=0,minn=0;
			for(int j=1;j<=n;++j){
				if(j>G[num][k]) k++;
				if(a[j]!=num&&sum==minn){
					ll len=G[num][k]-j-1;
					f2[sum+1]--;
					f2[sum-len]++;
					j+=len;
					sum-=len+1;
				}
				else if (a[j]==num){
					f1[sum]+=f2[sum];
					f2[sum+1]+=f2[sum];
					f2[sum]=0;
					f1[sum]++;
					res+=f1[sum];
					sum++;
					ans+=res;
				}
				else{
					f1[sum]++;
					sum--;
					res-=f1[sum];
					ans+=res;
				}
				if(minn>sum)minn=sum;
			}
		}
		cout<<ans<<'\n';
		for(auto &i:s)G[i].clear();
	}
	return 0;
}

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1004题 Another String 另一个字符串

题目大意
如果两个相同长度的字符串的不同的字符不超过 $k$ 个，我们称这两个字符串满足k-匹配。

给定一个长度为 $n$ 的字符串 $S$ 和一个整数 $k$ 。对于每个 $i\in [1,n-1]$ ，将 $S$ 分成前后两个子串 $A$ 和 $B$ ，$A=S[1,i]$ ，$B=S[i+1,n]$ 。
计算 $A$ 和 $B$ 中有多少对非空子串满足k-匹配。

样例输入

3
4 0
jslj
6 1
abcazz
5 0
zzzzz

样例输出

1
1
1
5
9
10
8
5
4
8
8
4

考察内容
字符串匹配，双指针

分析
定义 $f[i][j]$ 表示字符串 $S$ 中分别以 $i,j$ 为左端点的两个子串满足k-匹配的最大长度。

换句话说，$f[i][j]$ 等于 使得 $S[i,i+L-1]$ 与 $S[j,j+L-1]$ 满足k-匹配的最大L 。

考虑如何计算所有的 $f[i][j]$

• 我们枚举两个子串的左端点之差 $d$
  对于每一个 $d$ ，利用k-匹配的单调性，通过双指针，我们可以在线性时间内计算出所有的 $F[i,i+d]$
• 因此，我们可以用 $O(n^2)$ 的时间复杂度计算出所有的 $f[i][j]$ 。

考虑如何计算串S的所有分割情况下的答案

• 定义 $t$ 分割是将 $S$ 分为 $S[1,t-1]$ 和 $S[t,n]$ 。
  对于 $t$ 分割，我们要统计的答案为 $\sum _{i=1}^{t-1}\sum _{j=t}^{n}G[i][j]$ ，其中 $G[i][j]=min(f[i][j],t-i)$ 。

• 不妨从大到小枚举 $t$ ，过程中维护G对答案的贡献

• 注意到 $G[i][j]$ 的值不超过 $t-i$ 。因此可以对每个 $i$ 维护一个 $coun{t}_i$ 数组来对有贡献的 $G[i][j]$ 计数。换句话说， $coun{t}_i[x]$ 表示 $\{G[i][j]|2\le j\le n\}$ 中此时对答案有贡献且值为x的个数。

• 同时我们对每个 $i$ 再维护一个 $ma{x}_i$ 表示此时 $\{G[i][j]|2\le j\le n\}$ 中对答案有贡献的最大值。对于t的每次减小，我们通过维护 $coun{t}_i$ 数组和 $ma{x}_i$ ，来计算答案的变化。

整个算法的时间复杂度为 $O(n^2)$

#include
#define ll long long
using namespace std;

const int maxn=5e3+10;
char s[maxn];
int f[maxn][maxn],cnt[maxn][maxn],pt[maxn];
ll ANS[maxn];
void calc_f(int n,int k){
    for (int st=2;st<=n;++st){
        int dif=0;
        for (int i=1,j=st,len=-1; j<=n; ++i,++j,--len){
            while (i+len+1<=n&&j+len+1<=n&&dif<=k){
                len++; 
                dif+=s[i+len]!=s[j+len];
            }
            f[i][j]=len+(dif<=k);
            dif-=s[i]!=s[j];
        }
    }
}
void solve(int n){
    for (int i=0;i<=n;++i){
        pt[i]=n/2+1;
        for (int j=0;j<=n;++j)
            cnt[i][j]=0;
    }
    ll ans=0;
    for (int j=n;j>1;--j){
        // update
        for (int i=1;i<j;++i)
            while (pt[i]>j-i){
                ans-=cnt[i][pt[i]];
                cnt[i][pt[i]-1]+=cnt[i][pt[i]];
                pt[i]--;
            }
        // add
        for (int i=1;i<j;++i){
            int len=min(f[i][j],j-i);
            cnt[i][len]++;
            ans+=len;
        }
        ANS[j]=ans;
        // delete
        while (pt[j-1]>=0){
            ans -= (ll)(cnt[j-1][pt[j-1]])*pt[j-1];
            pt[j-1]--;
        }
    }
}
int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while (T--){
        int n,k;
        scanf("%d%d%s",&n,&k,s+1);
        calc_f(n,k); // 计算f[i][j] 
        solve(n);
        for (int i=2;i<=n;++i)
            printf("%d\n",ANS[i]);
    }
    return 0;
}

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高阶题

1005题 Random Walk 2 随机漫步2

题目大意
给定一个有 $n$ 个顶点的有向完整图。

注意，该图有环，没有重边。

现在有一只企鹅要在图上随机行走。

1.假设他从节点S开始（开始时间 $t=1$ ）。

2.那么每次他都会从节点i走到节点j，概率为 $P[i][j]=\frac{W[i][j]}{\sum _{k=1}^{n}W[i][k]}（\sum _{k=1}^{n}W[i][k]>0）$ 。

3.如果他在 $t$ 时间在节点 $i$ 上，并且在 $t+1$ 时间也在节点i上，他将永远留在节点 $i$ 上。

企鹅希望你能帮助他计算出他开始在节点 $i$ 上并在节点 $j$ 上停止的概率A[i][j]。

输入矩阵W。
输出矩阵A，输出对998244353取模。

样例输入

2
2
1 1
1 1
2
1 1
1 0

样例输出

665496236 332748118
332748118 665496236
1 0
1 0

考察内容
概率，矩阵求逆

分析
第一步 列转移方程
第二步 写出矩阵形式
第三步 解矩阵方程，算出 $A^{-1}$ 矩阵，套矩阵求逆板子

#include
#define rep(i,a,b) for (int i=(a); i<(b); ++i)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int _p = 998244353;
const int N=505; 

ll Pow(ll x,ll k) { // 快速幂 
    ll ret=1;
    for (; k; k>>=1,x=x*x%_p) if (k&1) ret=ret*x%_p;
    return ret;
}

struct Matrix{
    static const int N=511,P=998244353;
    int n,a[N][2*N]; bool t;
    
    void In(ll a[][::N],int n) {
        this->n=n;
        rep(i,1,n+1) rep(j,1,n+1) this->a[i][j]=a[i][j], this->a[i][n+j]=0;
        rep(i,1,n+1) this->a[i][i+n]=1;
    }
    
    void Out(ll b[][::N]) {
        rep(i,1,n+1) rep(j,1,n+1) b[i][j]=a[i][n+j];
    }
    
    bool getinv(){
        rep(i,1,n+1){
            if(a[i][i]==0){
                rep(j,i,n+1) if(a[j][i]) swap(a[i],a[j]);
                if(!a[i][i]) return 0;
            }
            int s=a[i][i];
            rep(j,1,n+n+1) a[i][j]=1ll*a[i][j]*Pow(s,P-2)%P;
            rep(j,1,n+1) {
                if(i==j) continue;
                s=1ll*a[j][i]*Pow(a[i][i],P-2)%P;
                rep(k,1,n+n+1) a[j][k]=(a[j][k]-1ll*a[i][k]*s)%P;
            }
        }
        rep(i,1,n+1) rep(j,1,n+n+1) a[i][n+j]=(a[i][n+j]+P)%P;
        return 1;
    }
    
    bool Solve(ll a[][::N],int n,ll b[][::N]) {
        In(a,n),t=getinv(),Out(b); return t;
    }
}; 

int n;
ll w[N][N],d[N],lambda[N]; 
Matrix M;

int a[N][N],b[N][N];

void solve() {
    scanf("%d",&n);
    rep(i,1,n+1) d[i]=0; // 初始化d 
        
    rep(i,1,n+1) rep(j,1,n+1) {
        scanf("%lld",&w[i][j]);
        if (i==j) {
            lambda[i]=w[i][i];
        }
        d[i]+=w[i][j],d[i]%=_p,w[i][j]=-w[i][j];
    }
    rep(i,1,n+1) w[i][i]=d[i];

    assert(M.Solve(w,n,w)); // 

    rep(i,1,n+1) rep(j,1,n+1) w[i][j]*=lambda[j],w[i][j]%=_p;
    
    rep(i,1,n+1) rep(j,1,n+1) printf("%lld%c",w[i][j]," \n"[j==n]);
    
    return ;
}
int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
        solve();
    return 0;
}

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