【LOJ4632】[PKUSC2018]真实排名

题面

终于有题面啦!!!

题目描述

小 C 是某知名比赛的组织者,该比赛一共有 \(n\) 名选手参加,每个选手的成绩是一个非负整数,定义一个选手的排名是:成绩不小于他的选手的数量(包括他自己)。例如如果 \(3\) 位选手的成绩分别是 \([1,2 ,2]\) ,那么他们的排名分别是 \([3,2,2]\) 。

拥有上帝视角的你知道所有选手的实力,所以在考试前就精准地估计了每个人的成绩,设你估计的第 \(i\) 个选手的成绩为\(A_i\)​,且由于你是上帝视角,所以如果不发生任何意外的话,你估计的成绩就是选手的最终成绩。

但是在比赛当天发生了不可抗的事故(例如遭受到了外星人的攻击),导致有一些选手的成绩变成了最终成绩的两倍,即便是有上帝视角的你也不知道具体是哪些选手的成绩翻倍了,唯一知道的信息是这样的选手恰好有 \(k\) 个。

现在你需要计算,经过了不可抗事故后,对于第 \(i\) 位选手,有多少种情况满足他的排名没有改变。

由于答案可能过大,所以你只需要输出答案对 \(998244353\) 取模的值即可。

输入格式

第一行两个正整数 \(n,k\)

第二行 \(n\) 个非负整数 \(A_1..A_n\)

输出格式

输出\(n\)行,第 \(i\) 行一个非负整数 \(ans_i\)​,表示经过不可抗事故后,第 \(i\) 位选手的排名没有发生改变的情况数。

样例

样例输入

3 2
1 2 3

输出

3
1
2

提示与说明

对于\(10\%\)的数据,有 \(1\leq n\leq 151\)

对于\(35\%\)的数据,有 \(1\leq n\leq 10^3\)

另有\(10\%\)的数据,满足每个人的成绩都互不相同

另有\(10\%\)的数据,满足\(A_i\leq 10^5\)

另有\(10\%\)的数据,满足\(k=85\),\(0\leq A_i\leq 6000\)

对于\(100\%\)的数据,有\(1\leq k < n\leq 10^5\),\(0\leq A_i\leq 10^9\)

题解

其实还是挺容易的qaq,只不过细节比较多

分别考虑你现在计算的那个位置选不选

如果不选,可以选比它大的或小于它\(\frac 12\)的。

那么假如我们钦定它选,则必须动\([a_i,2a_i]\)的,

计算一下有多少,其余的随便选就行了。

每一种情况都预处理阶乘用组合数就好啦

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
inline int gi() {
register int data = 0, w = 1;
register char ch = 0;
while (!isdigit(ch) && ch != '-') ch = getchar();
if (ch == '-') w = -1, ch = getchar();
while (isdigit(ch)) data = 10 * data + ch - '0', ch = getchar();
return w * data;
}
const int Mod = 998244353;
const int MAX_N = 1e5 + 5;
int fpow(int x, int y) {
int res = 1;
while (y) {
if (y & 1) res = 1ll * res * x % Mod;
y >>= 1;
x = 1ll * x * x % Mod;
}
return res;
}
int N, K, A[MAX_N], fac[MAX_N << 1], inv[MAX_N << 1];
int C(int n, int m) {
if (m > n || m < 0) return 0;
return 1ll * fac[n] * inv[m] % Mod * inv[n - m] % Mod;
}
int X1[MAX_N], X2[MAX_N], ans[MAX_N]; int main () {
N = gi(), K = gi();
fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= 2 * N; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % Mod;
inv[2 * N] = fpow(fac[2 * N], Mod - 2); for (int i = 2 * N - 1; ~i; i--) inv[i] = 1ll * inv[i + 1] * (i + 1) % Mod;
for (int i = 1; i <= N; i++) A[i] = gi(), X1[i] = A[i], X2[i] = A[i] << 1;
sort(&X1[1], &X1[N + 1]);
sort(&X2[1], &X2[N + 1]);
for (int i = 1; i <= N; i++) {
if (A[i] == 0) { ans[i] = C(N, K); continue; }
int x = N - 1 - (lower_bound(&X2[1], &X2[N + 1], A[i]) - X2 - 1) - (N - (lower_bound(&X1[1], &X1[N + 1], A[i]) - X1));
int y = (N - (lower_bound(&X1[1], &X1[N + 1], A[i]) - X1) + 1) - 1 - (N - (lower_bound(&X1[1], &X1[N + 1], A[i]) - X1));
ans[i] = C(x, y) * C(N - 1 - x, K - y) % Mod;
}
for (int i = 1; i <= N; i++) {
if (A[i] == 0) continue;
int x = N - 1 - (lower_bound(&X2[1], &X2[N + 1], A[i] << 1) - X2 - 1) - (N - (lower_bound(&X1[1], &X1[N + 1], A[i] << 1) - X1) + 1);
int y = N - (lower_bound(&X1[1], &X1[N + 1], A[i]) - X1) - (N - (lower_bound(&X1[1], &X1[N + 1], A[i] << 1) - X1) + 1);
ans[i] = (ans[i] + C(x, y) * C(N - 1 - x, K - y - 1) % Mod) % Mod;
}
for (int i = 1; i <= N; i++) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}

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