A. Shuffle Hashing (CF 1278 A)
题目大意
给定两个字符串(a,b)，现改变(a)串中的字母顺序，问是否存在某种顺序在(b)串中出现。
解题思路
先对(a)进行排序，由于字符串长度最多只有(100)，我们就枚举(b)串中的起始位置，然后把长度为(a.size())的子串截取下来排序看看是否和(a)相等即可。复杂度(O(n^2logn))
((CF)上的(dalao)的思维好快(qwq))。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
bool check(void) {
string a,b;
cin>>a>>b;
sort(a.begin(),a.end());
int la=a.size();
int lb=b.size();
for(int i=0;i<lb;++i){
if (i+la>lb) break;
string c(b,i,la);
sort(c.begin(),c.end());
if (a==c) return true;
}
return false;
}
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
int kase;
cin>>kase;
while(kase--) if (check()) printf("YES
"); else printf("NO
");
return 0;
}
B. A and B (CF 1278 B)
题目大意
给定两个数(a,b)，第一次选(a)或(b)加(1)，第二次选(a)或(b)加(2)，第三次选(a)或(b)加(3)，依次类推，问最少多少次操作使得(a,b)相等。
解题思路
令(dis=abs(a-b))，我们进行了(n)次操作，这(n)次操作中有若干次是使(dis)变大，有若干次是使(dis)变小，最终应有(dis+x-y=0)，其中(x+y=dfrac {nleft( n+1
ight) }{2})，联立这两个式子消去(y)得(dis+2*x=dfrac {nleft( n+1
ight) }{2})
这是个关于(n)的二次函数，其中(n)是单调递增的，那么我们需要找到最小的非负整数(x)，使得(n)是非负整数即可。
解这个一元二次方程即可得到
我们对(x)从(0)开始枚举找到第一个(1+16x+8dis)是某奇数的平方即可（代码被注释的那段）
然后我看了下(CF)上的前排(dalao)们发现他们写的思路清奇且一模一样(0.0)
由于(x)是非负数所以有(dfrac {nleft( n+1
ight) }{2}geq dis)，然后我们对等式(dis+2*x=dfrac {nleft( n+1
ight) }{2})两边对(2)取模，即可得到(dis%2=dfrac {nleft( n+1
ight) }{2} %2)，所以我们对(n)从(1)开始,找到第一个(n)使得(dfrac {nleft( n+1
ight) }{2} geq dis)且(dis)和(dfrac {nleft( n+1
ight) }{2})的奇偶性相同，那么就一定存在一个非负整数(x)使得(dis+2*x=dfrac {nleft( n+1
ight) }{2})
(()这就是大佬(qwq))。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
/* long long a,b,dis,qwq;
bool check(long long x){
long long qaq=sqrt(x);
if (qaq*qaq==x) {
if (qaq&1) return true;
}
else return false;
}
void Input(void) {
read(a);
read(b);
//if (dis==0) {printf("0
"); return;}
dis=8ll*ABS(a-b)+1ll;
for(int i=0;1;++i){
if (check(dis+16*i)) {qwq=sqrt(dis+16*i); break;}
}
printf("%lld
",((qwq-1ll)/2ll));
} */
void Input(void){
long long a,b;
read(a); read(b);
long long dis=ABS(a-b);
long long sum=0,cnt=0;
while(sum<dis||((sum&1)!=(dis&1)))
sum+=++cnt;
printf("%lld
",cnt);
}
void Solve(void) {}
void Output(void) {}
int main(void) {
//ios::sync_with_stdio(false);
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
}
return 0;
}
C. Berry Jam (CF 1278 C)
题目大意
(2n)个数字，每个数字是(1)或者(2)，现在从中间开始，每次往左或往右删去最近的一个数，现需要使(1)和(2)的个数相等，求最小删除数的个数。
解题思路
我们枚举往左删除的端点，看看右端点最短要延伸到哪里。假设左端点位置为(i)，除去([i,n])中(1)和(2)的个数后，(1)和(2)的差值为(dis)，我们需要知道最小的右端点(r)，使得区间([n+1,r])中(1)和(2)的差值也为(dis)，这样我们除去([n+1,r])中的(1)和(2)后，剩余的(1)和(2)的个数就相等了。而最小的(r)我们可以用(unordered\_map)来维护，记录右半部分(1)和(2)的差值为(d)的最小位置为(map[d])，那此时删除的个数就是((n-i+1)+map[d]-n)。这样复杂度就是(O(n))了。
其实由于(n)最多(1e5)，我们开个(4e5)的数组来记录位置也是可以的。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
unordered_map<int,int> qwq;
int n,dis,ans;
const int N=1e5+8;
int a[N],sum[3];
void Input(void) {
qwq.clear();
read(n);
sum[1]=sum[2]=0;
for(int i=1;i<=n;++i) {
read(a[i]);
++sum[a[i]];
}
int s[3];
s[1]=s[2]=0;
for(int u,i=1;i<=n;++i){
read(u);
++s[u];
if (qwq[s[1]-s[2]]==0) qwq[s[1]-s[2]]=i;
}
sum[1]+=s[1];
sum[2]+=s[2];
}
void Solve(void) {
dis=sum[1]-sum[2];
if (dis==0) ans=0;
else{
if (qwq[dis]) ans=qwq[dis];
else ans=2147483647;
for(int i=n;i>=1;--i){
if (a[i]==1) --dis;
else ++dis;
if (dis==0) ans=MIN(ans,n-i+1);
else if (qwq[dis]) ans=MIN(ans,n-i+1+qwq[dis]);
}
}
printf("%d
",ans);
}
void Output(void) {}
int main(void) {
//ios::sync_with_stdio(false);
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
}
return 0;
}
D. Segment Tree (CF 1278 D)
题目大意
真·线段树
给定n条线段，端点值互不相同，如果两条线段有交叉部分（包含不算），则这两条线段之间连一条边。问最终这些线段形成的图是不是棵树。
解题思路
注意到线段右端点(1leq l<rleq 2n)，这就意味着所有线段的两个端点的取值都在([1,2n])中。
我们先对线段的左端点进行排序，依次考虑每个线段的与哪些线段有连边。
当前考虑的是第(i)条线段，由于连边条件具有对称性，我们可以只考虑第(1)条到第(i-1)条线段与第(i)条线段。
由于前面的线段的左端点(l)均小于(l_i)，那么我们只要找到其右端点大于(l_i)且小于(r_i)的线段，它们会有连边。而我们要找的右端点是个连续的范围，那么我们可以把(1)到(i-1)的线段的右端点丢到(set)里面，这样我们就可以在(O(logn))的时间内找到对应的线段。
而当连的边数大于等于(n)时，此时不可能是棵树，直接(break)了。最后再判断边数是否是(n-1)并再(DFS)遍历一遍看看是不是一个连通块即可。复杂度(O(nlogn))
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=5e5+8;
set<pair<int,int>> qwq;
vector<pair<int,int>> line;
vector<int> edge[N];
vector<bool> sign;
int n;
void DFS(int x){
sign[x]=true;
for(auto i:edge[x]) if (!sign[i]) DFS(i);
}
bool Solve(void) {
read(n);
for(int u,v,i=1;i<=n;++i){
read(u);
read(v);
line.push_back(make_pair(u,v));
}
sort(line.begin(),line.end());
int cnt=0;
for(int i=0;i<n;++i){
auto it=qwq.lower_bound(make_pair(line[i].first,0));
while(it!=qwq.end()&&(*it).first<=line[i].second){
++cnt;
if (cnt>=n) return false;
edge[i].push_back((*it).second);
edge[(*it).second].push_back(i);
++it;
}
qwq.insert(make_pair(line[i].second,i));
}
if (cnt<n-1) return false;
sign.resize(n);
DFS(0);
for(auto i:sign)
if (i==false) return false;
return true;
}
int main(void) {
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
if (Solve()) printf("YES
"); else printf("NO
");
return 0;
}
E. Tests for problem D (CF 1278 E)
题目大意
上一题的逆向，给定一棵带标号的树，要求构造一组线段使之按照上题连线的规则，形成给定的树。输出每个标号对应的线段的左右端点。端点唯一且小于等于(2n).
解题思路
我们考虑第一个线段，(l_1=1)，而因为第一个线段与(k_1)个线段有连线，故(r_1-l_1-1=k_1)，即第一个线段之间的点用来存放与第一条线段相连的左端点。
然后我们考虑与第一条线段相连的线段，稍加分析可以知道从第一条线段右端点往左开始考虑会比较方便。
则对于第二条线段，它的(l_2=r_1-1)，除去第一条线段，第二条线段与(k_2)条线段相连，那么(r_2-l_1-1=k_2)。其他的依次类推，最后我们可以形成一张
看似比较复杂的构造方法，其实用(DFS)即可很容易的实现。
我们依次为与一个线段相连的线段的左端点安排位置，安排完后下一个位置就是该线段右端点的位置，然后倒序遍历与这个线段相连的线段，重复同样操作即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N=5e5+8;
vector<int> edge[N];
int n,k;
int l[N],r[N];
void DFS(int u,int fa){
for(auto v:edge[u])
if (v!=fa) l[v]=++k;
r[u]=++k;
reverse(edge[u].begin(),edge[u].end());
for(auto v:edge[u])
if (v!=fa) DFS(v,u);
}
int main(void) {
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
read(n);
for(int u,v,i=1;i<=n;++i){
read(u);
read(v);
edge[u].push_back(v);
edge[v].push_back(u);
}
k=0;
l[1]=++k;
DFS(1,1);
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d %d
",l[i],r[i]);
return 0;
}
F. Cards (CF 1278 F)
题目大意
给定(n,m,k)，有(m)张牌，其中一张为鬼牌。现进行(n)次操作，每次操作，对(m)张拍进行洗牌，从上到下，拿第一张牌，看牌，放牌。记拿的第一张牌是鬼牌的次数为(x)，问(x^k)的期望值。
解题思路
根据期望的定义我们可以很容易知道答案就是：
但直接算会超时，我们得另想办法。
经过观察我们发现这个式子和二项式展开式((dfrac{x}{m}+1-dfrac{1}{m})^n=sumlimits_{i=0}^{n}C_{n}^{i} imes (dfrac{1}{m})^{i} imes (1-dfrac{1}{m})^{n-i} imes x^i)十分相像，差别就是(i^k)。
我们可以先对这个式子两边求一阶导，这样右边就变成了(sumlimits_{i=0}^{n}C_{n}^{i} imes (dfrac{1}{m})^{i} imes (1-dfrac{1}{m})^{n-i} imes i imes x^{i-1})，我们对等式两边再乘以(x)，再求一次导，重复(k)次，我们右边就有(i^k)，此时取(x=1)，右边就是我们想要的式子了，现在考虑左边该如何计算。
由于(m)是常数，我们把(m)扔到一边，考虑((x+m-1)^n)在求导以及乘以(x)下的变化。
我们可以发现得到的因子都是形如(x^i imes (x+m-1)^{n-i})，那么我们设(A_i=x^i imes (x+m-1)^{n-i})，它的系数为(B_{ij})，(j)表示求了(j)次导。那么(B_{ij}A_i)求导再乘以(x)后产生了两项，一项是(i imes B_{ij} imes A_{i})贡献给了(B_{i(j+1)} imes A_{i})，另一项((n-i) imes B_{ij} imes A_{i+1})贡献给了(B_{(i+1)(j+1)} imes A_{i+1})。
因此我们可以(O(k^2))计算出求导了(k)次后，各个(A_i)的系数，代入(x=1)，计算结果，最后再除以(m^n)即可得到最终答案。
注意当(n<k)的时候，(A_n)求导后的贡献没有(A_{n+1})的项。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const LL mo=998244353;
LL qpower(LL a,LL b){
LL qwq=1;
while(b){
if (b&1) qwq=qwq*a%mo;
a=a*a%mo;
b>>=1;
}
return qwq;
}
LL inv(LL x){
return qpower(x,mo-2);
}
int main(void) {
LL n,m,k;
read(n);
read(m);
read(k);
LL a[k+8]={0};
a[0]=1;
for(int i=1;i<=k;++i){
for(int j=i-1;j>=0;--j){
if (j<n) a[j+1]=(a[j+1]+a[j]*(LL)(n-j)%mo)%mo;
a[j]=a[j]*(LL)j%mo;
}
}
LL qwq=qpower(m,max(n-k,0ll));
LL ans=0;
for(int i=min(n,k);i>=0;--i){
ans=(ans+qwq*a[i])%mo;
qwq=qwq*m%mo;
}
ans=ans*inv(qpower(m,n))%mo;
write(ans,'
');
return 0;
}