Day 0
哇?一群金蓝勾大佬出的月赛!赶紧报名+宣传,做好了切(zi)题(bi)的准备!
Day 1
早上去上课了,中途出来打了一场 复赛;自我感觉 要滚粗了……
回家匆忙地去吃了午饭,然后跑到房间里去干了两道状压 的绿题,其中一题后来用贪心没过,真的是太菜了……本蒟蒻接着上洛谷求助,又没人回答(鄙视蒟蒻
这时是 。本蒟蒻收拾了一下桌面,开始准备比赛……押了个题:
①T1: 简单的数学题,但是会挖坑;
②T2: 有一定思维含量的数学题,不会有坑;
③T3: 一道不错的
题,需要优化;
④T4: 一道卡常的数据结构题。
随着洛谷倒计时的结束,进入比赛界面。为了利用好加载界面的时间,本蒟蒻开了两个比赛界面,即在加载 题时看 题,以此类推。
果断开题!
A
看到这题名字就想吐……
滚粗的预感(逃
Solution
貌似这题也不难。分类讨论(防溢出)即可:
①当
时,输出
;
②当
时,输出
;
③否则暴力枚举
的值,用快速幂优化乘方。
最差情况时间复杂度为 。( )
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m;
int quick_power(int a,int b)
{
int res=1;
for (;b;b=b>>1,a=(a*a))
{
if (b&1) res=(res*a);
}
return res;
}
signed main()
{
cin>>n>>m;
if (m==1) cout<<n<<endl;
else if (m>=40) cout<<1<<endl;
else
{
int cnt=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (quick_power(i,m)<=n&&quick_power(i,m)!=-1) cnt++;
else break;
}
cout<<cnt<<endl;
}
return 0;
}
B
本蒟蒻的数学能力算是个蒟蒻,而别的只能算个菜鸡,所以本蒟蒻相对来说就擅长点数学啦……于是就开了B题。
看了一半题,接着又开了D题;
D题看懂后,又开了C题;
于是,把 全部看懂后,开始想 题显然的思路。
Solution
假设一个等腰三角形三条边的长度为 ,简记 为底。
分别考虑每条边为底,然后累加满足要求情况即可。设这条边的长度为 ,长度为 的木棍的数量为 , { },则其满足要求的情况数为 。
可以发现,此时每个等边三角形都被算了三次,所以答案还要减去 。
注意随时取模即可。由于有 的限制,并不需要逆元。
万万没想到,由于溢出与
的问题,导致提交了
发才过…… 辛亏心态还好,否则就直接滚上床睡觉颓废了
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rg register
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,ans=0,maxlen=200000;
int a[1000005],v[1000005],pre[1000005];
inline int C(int k)
{
return ((k*k-k)/2)%mod;
}
inline int CC(int k)
{
rg int now=(k*k-k)/2;
return (((now%mod)*(k-2))/3)%mod;
}
inline int read()
{
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9')
{
if (ch=='-') w=-w;
ch=getchar();
}
while (ch>='0'&&ch<='9')
{
s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return s*w;
}
signed main()
{
cin>>n;
for (rg int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),v[a[i]]++;
for (rg int i=1;i<=maxlen;++i) pre[i]=pre[i-1]+C(v[i]);
for (rg int i=1;i<=maxlen;++i)
{
rg int p=(i/2)+1;
ans=(ans+((pre[maxlen]-pre[p-1]-C(v[i]))*v[i]))%mod;
}
for (rg int i=1;i<=maxlen;++i)
{
ans=(ans+CC(v[i]))%mod;
}
cout<<ans%mod<<endl;
return 0;
}
C
果断开C题。
话不多说,顺利先骗到 分,然后考虑正解。令人惊讶的是,我骗完 ,以为只暂时拿到 分,结果 跟着 也过了……
Solution
显然,我们可以将每列捆绑起来看。首先考虑无解的情况。定义"移动"为,一列在移到正确的位置中需要被翻转的次数。
①原来这两个数在同一列,现在不在同一列了;
②原来这两个数在同一列,经过奇数次移动,这两个数的上下顺序仍然相同;
③原来这两个数在同一列,经过偶数次移动,这两个数的上下顺序变化了。
int m[2*maxlen+5][3];
for (rg int i=1;i<=2;i++)
{
for (rg int j=1;j<=n;j++) a[i][j]=read();
}
for (rg int i=1;i<=2;i++)
{
for (rg int j=1;j<=n;j++)
{
b[i][j]=read();
m[b[i][j]][1]=i,m[b[i][j]][2]=j;
}
}
bool no_solution()
{
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int x=a[1][i],y=a[2][i];
int xx=m[x][1],xy=m[x][2];
int yx=m[y][1],yy=m[y][2];
if (xy!=yy) return true;
if (i%2==xy%2&&yx!=xx+1) return true;
else if (i%2!=xy%2&&xx!=yx+1) return true;
v[i]=xy;
}
return false;
}
//判断无解的方法
既然已经保证有解,考虑最少翻转的次数。
我们可以将每列捆绑起来看,设第 列它在 数组中的位置为第 列。此时,答案就是 的逆序对个数!即,我们每次转换都会减少有且仅有一个逆序对,最终逆序对的数量为 。
用树状数组可以在 的时间复杂度内求逆序对数。
本题略微卡常,注意快速读入即可。总时间复杂度为 。
当时比赛的时候脑子瓦特,第一次数组开小 ,第二次用 记录数字位置导致超时,第三次快读忘写导致卡常……
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rg register
using namespace std;
const int maxlen=1000000;
int n,ans=0;
int a[5][maxlen+5],b[5][maxlen+5],m[2*maxlen+5][3];
int v[maxlen+5],tree[maxlen+5];
inline int lowbit(int k)
{
return k&(-k);
}
bool no_solution()
{
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int x=a[1][i],y=a[2][i];
int xx=m[x][1],xy=m[x][2];
int yx=m[y][1],yy=m[y][2];
if (xy!=yy) return true;
if (i%2==xy%2&&yx!=xx+1) return true;
else if (i%2!=xy%2&&xx!=yx+1) return true;
v[i]=xy;
}
return false;
}
inline void change(int rt)
{
while (rt<=n)
{
tree[rt]++;
rt+=lowbit(rt);
}
}
inline int query(int rt)
{
int ans=0;
while (rt>=1)
{
ans+=tree[rt];
rt-=lowbit(rt);
}
return ans;
}
inline int read()
{
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9')
{
if (ch=='-') w=-w;
ch=getchar();
}
while (ch>='0'&&ch<='9')
{
s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return s*w;
}
signed main()
{
cin>>n;
for (rg int i=1;i<=2;i++)
{
for (rg int j=1;j<=n;j++) a[i][j]=read();
}
for (rg int i=1;i<=2;i++)
{
for (rg int j=1;j<=n;j++)
{
b[i][j]=read();
m[b[i][j]][1]=i,m[b[i][j]][2]=j;
}
}
if (no_solution()) return cout<<"dldsgay!!1"<<endl,0;
for (int i=n;i>=1;i--)
{
ans+=query(v[i]-1);
change(v[i]);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
D
接着开了 题。
什么东西啊?接着看了一眼排行榜,只有 大佬暂时拿到了 分(后来他 了%%%)……难道这题不可做?
事实上,排行榜上 题AC的人数很多。当时这题是抱着试一试的想法来搞的。
Before Solution
①考虑分块。
众所周知,分块的时间复杂度为 。直接放弃。
②考虑线段树。
什么鬼唉?线段树貌似用不起来,毕竟无法转换为区间修改,也显然不存在区间加法(即结合律)、
好吧,线段树暂时放弃吧。
此时万念俱灰地打了 的暴力,然后看到 显然可以用树状数组通过,就分段考虑,拿到了 分。
看到 奇怪的样子,本蒟蒻继续想正解。
Solution
③考虑哈希。
我们如何判断两个区间本质相同呢?假设第一个区间的哈希值为 ,第二个区间的哈希值为 ,两个区间的长度均为 ,且第一个区间的最小值为 ,第二个区间的最小值为 ,那么总有 。
均可以用线段树来维护(单点修改+区间查询),哈希值也可以用线段树来维护(注意取模),故总时间复杂度为 。
正解?
于是,本蒟蒻看到了充裕的 小时多的时间,开始打代码~同时想到,单单求出两个最小值貌似容易被卡,于是也可以再设 为第一个区间的最大值, 为第二个区间的最大值,此时公式 仍成立,可以进行二次判断。并且,哈希的模数不仅要设为 ,还要设为 和 ……
惨惨的是,对于一名刚刚学会线段树的小蒟蒻,代码真是
难调啊……
Code
没调出来……QAQ
事实上,上述思路为正解。
这一场洛谷月赛相对于之前的(Expecially MtOI Round)洛谷月赛还是简单很多的,比如之前 神犇竟然把一个数论+树论的难题放在了 的 题, 把一道容斥+数学+整除分块的难题又放在了 题……
而 题的思路是比较显然的,尽管我的做法仍然有可能被毒瘤的人 。以前 题出过一次序列通项(特征根)+数学+卡常(线性筛还卡),还有一次出了树上的一个不显然的贪心(《重拳出击》),直接送本蒟蒻退役了两天。
综上所述,代码能力急需加强,不然 题只能对着程序目瞪口呆——毕竟宏,中,微观结合才是 的法宝之一。
菜死啦~