PKUSC 2018 题解
Day 1
T1 真实排名
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Solution
考虑对于每一个人单独算
每一个人有两种情况，翻倍和不翻倍，他的名次不变等价于大于等于他的人数不变
设当前考虑的人的成绩为 \(v\)
翻倍的话，要求成绩在 \([v, 2v-1]\) 的人全部翻倍，剩下的随便
统计一下这段区间的人数，组合数算一下即可
不翻倍的话，要求成绩在 \([\frac {v+1} 2,v-1]\) 的人不翻倍，因为他们如果翻倍就超过了当前这个人
所以同样统计一下，加上组合数即可
注意成绩为零得特殊处理，因为他翻不翻倍是一样的
Code
// Copyright lzt
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<string>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef std::pair<int, int> pii;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair<long long, long long> pll;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define rep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i <= (int)(k); i++)
#define rrep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i >= (int)(k); i--)
#define Debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)inline ll read() {
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
if (ch == '-') f = -1;
ch = getchar();
}
while (ch <= '9' && ch >= '0') {
x = 10 * x + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}const int mod = 998244353;
const int maxn = 100100;
int n, k;
pii p[maxn];
int ans[maxn], fac[maxn], inv[maxn];inline int ksm(int x, int p) {
int ret = 1;
while (p) {
if (p & 1) ret = ret * 1ll * x % mod;
x = x * 1ll * x % mod; p >>= 1;
}
return ret;
}
inline int C(int x, int y) {
return fac[x] * 1ll * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;
}
inline int calc(int v) {
int l = 1, r = n;
while (l + 1 < r) {
int md = (l + r) >> 1;
if (p[md].fi > v) r = md - 1;
else l = md;
}
while (p[l].fi <= v && l <= n) l++;
return l - 1;
}
inline int calc(int L, int R) {
int ret = calc(R) - calc(L - 1);
return ret;
}void work() {
n = read(), k = read();
fac[0] = 1; rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * 1ll * i % mod;
inv[n] = ksm(fac[n], mod - 2); rrep(i, n - 1, 0) inv[i] = inv[i + 1] * 1ll * (i + 1) % mod;
rep(i, 1, n) p[i].fi = read(), p[i].se = i;
sort(p + 1, p + n + 1);
rep(i, 1, n) {
if (p[i].fi == 0) {
ans[p[i].se] = C(n, k);
continue;
}
int sum = 0;
int num = calc(p[i].fi, p[i].fi * 2 - 1);
if (num <= k) sum = sum + C(n - num, k - num);
num = calc((p[i].fi + 1) / 2, p[i].fi - 1) + 1;
if (n - num >= k) sum = sum + C(n - num, k);
ans[p[i].se] = sum % mod;
}
rep(i, 1, n) printf("%d\n", ans[i]); puts("");
}int main() {
#ifdef LZT
freopen("in", "r", stdin);
freopen("out", "w", stdout);
#endif work(); #ifdef LZT
Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
T2 最大前缀和
Link
Solution
考虑每一个子集的贡献
事实上，一个序列能够成为最大前缀和当且仅当满足两个条件：
- 这个序列的任意一个后缀和大于等于零（所以不能截取出某个小前缀的和比它大）
- 剩下的序列的任意一个前缀和小于零（所以不能加上某一段之后和比他大）
这两部分都可以 \(\text{dp}\) 出来
我们令 \(f[mask]\) 表示选了 \(mask\) 对应的数，任意一个后缀和大于等于零的排列数，\(g[mask]\) 表示选了 \(mask\) 对应的数，任意一个前缀和小于零的排列数
那么一个 \(mask\) 的贡献就是 \(f[mask] \cdot g[mx – mask] \cdot sum[mask]\)
\(\text{dp}\) 的过程详见代码，很简单的一个 \(\text{dp}\)，注意两个 \(\text{dp}\) 转移的方向不同
Code
// Copyright lzt
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<string>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef std::pair<int, int> pii;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair<long long, long long> pll;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define rep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i <= (int)(k); i++)
#define rrep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i >= (int)(k); i--)
#define Debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)inline ll read() {
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
if (ch == '-') f = -1;
ch = getchar();
}
while (ch <= '9' && ch >= '0') {
x = 10 * x + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}const int mod = 998244353;
const int maxn = 22;
const int mxst = 1100000;
int n;
int a[maxn];
ll s[mxst];
int f1[mxst], f2[mxst];
// f1[s] 表示 s 中的数排列使得任意一个前缀和<0 的方案数
// f2[s] 表示 s 中的数排列使得任意一个后缀和>=0 的方案数inline void add(int &x, int y) {
x += y;
if (x >= mod) x -= mod;
if (x < 0) x += mod;
}void work() {
n = read(); int mx = (1 << n) - 1;
rep(i, 0, n - 1) a[i] = read();
rep(i, 0, mx) rep(j, 0, n - 1) if ((i >> j) & 1) s[i] += a[j];
f1[0] = 1;
rep(i, 0, mx) {
if (s[i] >= 0) continue;
rep(j, 0, n - 1) {
if ((i >> j) & 1)
add(f1[i], f1[i - (1 << j)]);
}
}
f2[0] = 1;
rep(i, 0, mx) {
if (s[i] < 0) continue;
rep(j, 0, n - 1) {
if ((i >> j) & 1) continue;
add(f2[i | (1 << j)], f2[i]);
}
}
int ans = 0;
rep(i, 0, mx) {
int j = mx - i;
add(ans, f2[i] * 1ll * f1[j] % mod * s[i] % mod);
}
printf("%d\n", ans);
}int main() {
#ifdef LZT
freopen("in", "r", stdin);
#endif work(); #ifdef LZT
Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
T3 主斗地
Link
Solution
大力搜索
首先发现状态数不多，大概在 \(3^{12}\times 2\times 2=2e6\) 和 $4^{12}\times 2\times 2=6e7 $之间，估计就是 \(1e7\) 这个级别的
那么我们需要快速判断一个状态是否可行
还是大力搜索
首先学会一个技能叫做拆单牌
我们发现除了飞机，四带二，三带一和三带二以外的牌型，都可以直接拆成数张单牌一一打出，不影响结果
比如对子可以变成两张单牌，顺子可以变成一溜单牌，并且每张单牌和对家拆出来的单牌大小关系都一样
所以关键在于暴力搜三和四
然后枚举三带了几个二，因为这个二的大小不影响结果，所以我们尽量取jry的大的二和网友的小的二配对
剩下的看看能带走几个不影响结果的单牌，也是jry的大单牌和网友的小单牌
最后单牌看看能不能压住即可
Code
// by sigongzi
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define pdi pair<db,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
char s[20];
int rem[16],A[16],W[16],K[16],ans,jry[16];
int C[16],D[16],H[16],J[16],P[16];
int code(char c) {
if(c >= '4' && c <= '9') return c - '4' + 1;
if(c == 'T') return 7;
if(c == 'J') return 8;
if(c == 'Q') return 9;
if(c == 'K') return 10;
if(c == 'A') return 11;
if(c == '2') return 12;
if(c == 'w') return 13;
if(c == 'W') return 14;
}
bool check(int f,int t) {
for(int i = 0 ; i <= t ; ++i) {
memcpy(H,W,sizeof(H));
memcpy(J,K,sizeof(K));
if(2 * i + t - i + f * 2 + f * 4 + t * 3 > 17) break;
int cnt = 0;
for(int j = 1 ; j <= 14 ; ++j) {
if(H[j] >= 2 && cnt < i) {H[j] -= 2;++cnt;}
if(H[j] >= 2 && cnt < i) {H[j] -= 2;++cnt;}
if(cnt == i) break;
}
if(cnt < i) break;
cnt = 0;
for(int j = 14 ; j >= 1 ; --j) {
if(J[j] >= 2 && cnt < i) {J[j] -= 2;++cnt;}
if(J[j] >= 2 && cnt < i) {J[j] -= 2;++cnt;}
if(cnt == i) break;
}
if(cnt < i) break;
memset(P,0,sizeof(P));
cnt = 2 * f + t - i;
for(int j = 14 ; j >= 1 ; --j) {
int t = min(cnt,J[j]);
J[j] -= t;cnt -= t;
if(cnt == 0) break;
}
if(cnt) continue;
cnt = 2 * f + t - i;
for(int j = 1 ; j <= 14 ; ++j) {
int t = min(cnt,H[j]);
H[j] -= t;cnt -= t;
if(cnt == 0) break;
}
if(J[14]) continue;
for(int j = 1 ; j <= 14 ; ++j) {
P[j] += H[j];
P[j + 1] -= J[j];
}
cnt = 0;
for(int j = 1 ; j <= 14 ; ++j) {
cnt += P[j];
if(cnt > 0) break;
}
if(cnt == 0) return true;
}
return false;
}
bool brute_jry(int dep,int four,int three,int f,int t,int q1,int q2) {
if(four == f && t == three) return check(four,three);
if(dep >= 12) return false;
q1 += C[dep];q2 += D[dep];
if(q1 > 0 || q2 > 0) return false;
if(K[dep] >= 3) {
K[dep] -= 3;
if(brute_jry(dep + 1,four,three,f,t + 1,q1 - 1,q2)) return true;
K[dep] += 3;
}
if(K[dep] >= 4) {
K[dep] -= 4;
if(brute_jry(dep + 1,four,three,f + 1,t,q1,q2 - 1)) return true;
K[dep] += 4;
}
return brute_jry(dep + 1,four,three,f,t,q1,q2);
}
bool brute_wangyou(int dep,int four,int three) {
if(four * 6 + three * 4 > 17) return false;
if(dep > 12) {
if(brute_jry(1,four,three,0,0,0,0)) return true;
return false;
}
if(W[dep] >= 3) {
W[dep] -= 3;++C[dep];
if(brute_wangyou(dep + 1,four,three + 1)) return true;
W[dep] += 3;--C[dep];
}
if(W[dep] >= 4) {
W[dep] -= 4;++D[dep];
if(brute_wangyou(dep + 1,four + 1,three)) return true;
W[dep] += 4;--D[dep];
}
if(brute_wangyou(dep + 1,four,three)) return true;
return false;
}
void dfs(int dep,int r) {
if(!r) {
memset(C,0,sizeof(C));
memset(D,0,sizeof(D));
memcpy(W,A,sizeof(A));
memcpy(K,jry,sizeof(jry));
if(brute_wangyou(2,0,0)) {++ans;}
return;
}
if(dep > 14) return;
for(int i = 0 ; i <= rem[dep] ; ++i) {
if(i > r) break;
jry[dep] = i;
dfs(dep + 1,r - i);
jry[dep] = 0;
}
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
while(scanf("%s",s + 1) != EOF) {
memset(A,0,sizeof(A));
for(int i = 1 ; i <= 12 ; ++i) rem[i] = 4;
rem[13] = rem[14] = 1;
ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= 17 ; ++i) {
A[code(s[i])]++;rem[code(s[i])]--;
}
dfs(1,17);
out(ans);enter;
}
}
// Copyright lzt
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<string>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef std::pair<int, int> pii;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair<long long, long long> pll;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define rep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i <= (int)(k); i++)
#define rrep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i >= (int)(k); i--)
#define Debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)inline ll read() {
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
if (ch == '-') f = -1;
ch = getchar();
}
while (ch <= '9' && ch >= '0') {
x = 10 * x + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}const int maxn = 30;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn], d[maxn], e[maxn];
int dy[400], ans;
char s[maxn];int B(int o,int p) {
for(int i=0;i<=o;i++) {
int x=o+p-i,y=i;
for(int j=0;j<14;j++) d[j]=c[j];
for(int j=13;~j;j--) {
while(y&&d[j]>=2) d[j]-=2,--y;
while(x&&d[j]) --d[j],--x;
}
if(x|y) continue;
for(int j=0;j<14;j++) e[j]=a[j];
x=o+p-i,y=i;
for(int j=0;j<14;j++) {
while(y&&e[j]>=2) e[j]-=2,--y;
while(x&&e[j]) --e[j],--x;
}
if(x|y) continue;
x=0,y=1;
for(int j=0;j<14;j++) {
if(e[j]>x) y=0;
x+=d[j]-e[j];
}
if(y) return 1;
}
return 0;
}
int C(int x,int o,int p,int q,int r) {
if(x==14) return !q&&!r&&B(o,p);
int f;
if(c[x]>=4) {
c[x]-=4,f=C(x+1,o,p+2,q,r+1),c[x]+=4;
if(f) return 1;
}
if(c[x]>=3) {
c[x]-=3,f=C(x+1,o+1,p,q+1,r),c[x]+=3;
if(f) return 1;
}
if(a[x]>=4&&r) {
a[x]-=4,f=C(x+1,o,p,q,r-1),a[x]+=4;
if(f) return 1;
}
if(a[x]>=3&&q) {
a[x]-=3,f=C(x+1,o,p,q-1,r),a[x]+=3;
if(f) return 1;
}
return C(x+1,o,p,q,r);
}
inline void dfs(int x, int s) {
if (x == 14) {
if (!s && C(0, 0, 0, 0, 0)) ++ans;
return;
}
for (int i = 0; i <= s && i <= b[x]; i++) c[x] = i, dfs(x + 1, s - i);
}void work() {
dy['T'] = 6; dy['J'] = 7; dy['Q'] = 8; dy['K'] = 9;
dy['A'] = 10; dy['2'] = 11; dy['w'] = 12; dy['W'] = 13;
scanf("%s", s);
rep(i, 0, 11) b[i] = 4; b[12] = b[13] = 1;
rep(i, 0, 16) {
int x;
if (s[i] >= '4' && s[i] <= '9') x = s[i] - '4';
else x = dy[s[i]];
++a[x]; --b[x];
}
dfs(0, 17);
printf("%d\n", ans);
}int main() {
#ifdef LZT
freopen("in", "r", stdin);
#endif work(); #ifdef LZT
Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
Day 2
T1 星际穿越
Link
Solution
首先想暴力
发现一个点到左侧一个点的最短路，一定是最多向右跑一次之后一直向左跑
每次取能达到的最小的 \(L\) 继续跑
下面想正解
不难看出所有边能够形成一棵树，而且在点树上只向上跑，那么考虑倍增
首先令 \(f[i][j]\) 表示 \([i, n]\) 中的所有点向左跑 \(2^j\) 步最远能够到达的位置，\(s[i][j]\) 表示从 \(i\) 这个点向左跑，跑到所有 \([i – 2^j, i]\) 之间的点的距离和
都可以倍增
\(f[i][j] = f[f[i][j-1]][j-1]\)
\(s[i][j]=s[i][j-1]+s[f[i][j-1]][j-1]+(f[i][j-1]-f[i][j])\cdot 2^{j-1}\)
这个自己想一下就好了
剩下的就是第一步向左走还是向右走的问题了
一个小技巧：我们先向左走一步
这样的话，第一步向左走已经统计在里面了，这一步经过的点距离都为 \(1\)，加进答案里即可
第一步向右走的话，肯定是因为右边有一个点的 \(L\) 值比较小，比当前这个位置直接向左走两步还要小
那么我们从 \(i\) 的右边那个点开始和从 \(L[i]\) 开始没有区别
这样就规避了先向右走的影响
Code
// Copyright lzt
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<string>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef std::pair<int, int> pii;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair<long long, long long> pll;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define rep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i <= (int)(k); i++)
#define rrep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i >= (int)(k); i--)
#define Debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)inline ll read() {
ll x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {
if (ch == '-') f = -1;
ch = getchar();
}
while (ch <= '9' && ch >= '0') {
x = 10 * x + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}const int maxn = 300300;
int n;
ll sum[maxn][22], pw[22];
int to[maxn][22], L[maxn];ll calc(int l, int r) {
if (L[r] <= l) return r - l;
ll ans = r - L[r]; r = L[r]; int tot = 1;
rrep(i, 20, 0) if (to[r][i] > l) {
ans += sum[r][i] + tot * (r - to[r][i]);
r = to[r][i]; tot += pw[i];
}
return ans + (r - l) * 1ll * (tot + 1);
}void work() {
L[1] = 1; pw[0] = 1; n = read();
rep(i, 2, n) L[i] = read();
rep(i, 1, n) pw[i] = pw[i - 1] * 2ll;
to[n][0] = L[n]; sum[n][0] = n - L[n];
rrep(i, n - 1, 1) {
to[i][0] = min(to[i + 1][0], L[i]);
sum[i][0] = i - to[i][0];
}
rep(j, 1, 20) rep(i, 1, n) {
if (to[i][j - 1]) {
to[i][j] = to[to[i][j - 1]][j - 1];
sum[i][j] = sum[i][j - 1] + sum[to[i][j - 1]][j - 1];
sum[i][j] += (to[i][j - 1] - to[i][j]) * pw[j - 1];
}
}
int q = read();
while (q--) {
int l = read(), r = read(), x = read();
ll a = calc(l, x) - calc(r + 1, x), b = r - l + 1;
printf("%lld/%lld\n", a / __gcd(a, b), b / __gcd(a, b));
}
}int main() {
#ifdef LZT
freopen("in", "r", stdin);
#endif work(); #ifdef LZT
Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
}
