Codeforces Educational Round 57

这场出题人好像特别喜欢998244353，每个题里都放一个

A.Find Divisible

考察选手对输入输出的掌握

输出l 2*l即可(为啥你要放这个题，凑字数吗

 #include<cstdio>
 int n,l,r;
 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d%d",&l,&r);
         printf("%d %d\n",l,*l);
     }
     return ;
 }

B.Substring Removal

一道讨论题

首先，特别的，如果整个串由一种字母组成，答案为非空子串数目(即$len^2-1$)

首先我们找出来左右两边相同的最长连续的段，记左边段长为l，右边段长为r。

然后显然我们可以有l+r种删法，即左/右剩下1,2,3......l/r个字母

如果左右两段的字母相同，那么删掉中间+两边延伸又有l*r种删法

还有删整个串也是一种

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N=,mod=;
 char a[N]; int len,lp,rp;
 int main()
 {
     scanf("%d%s",&len,a+);
     for(int i=;i<=len;i++)
         if(a[i]!=a[i+]) {lp=i; break;}
     for(int i=len;i;i--)
         if(a[i]!=a[i-]) {rp=i; break;}
     if(lp==len) printf("%lld",(1ll*len*len-)%mod);
     else
     {
         long long ans=;
         ans+=len-rp+,ans+=lp;
         if(a[lp]==a[rp]) ans+=1ll*(lp)*(len-rp+);
         printf("%lld",ans%mod);
     }
     return ;
 }

C.Polygon for the Angle

一道小学数学题，题解居然还用了圆周角+圆心角，太浪费了

发现360的约数总共也没几个，于是预先筛一波内角为整数的正多边形。每次从小到大枚举，如果内角可以被$n-2$等分且内角大于询问的角就讨论一下。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 int rec[],n,rd,cnt,ans;
 void Prework()
 {
     for(int i=;i*i<=;i++)
         if(%i==) rec[++cnt]=i,rec[++cnt]=/i;
     rec[++cnt]=,rec[++cnt]=,sort(rec+,rec++cnt);
 }
 int main()
 {
     Prework();
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&rd),ans=-;
         for(int j=;j<=cnt;j++)
         {
             int ra=-/rec[j];
             if(ra==rd) {ans=rec[j]; break;}
             else if(ra%(rec[j]-)==&&rd<=ra)
             {
                 int ori=ra/(rec[j]-);
                 if(rd%ori==) {ans=rec[j]; break;}
             }
         }
         printf("%d\n",ans);
     }
     return ;
 }

D.Easy Problem

一道智商题

$dp[i][j]$表示到$i$位置已经拼出来了"hard"的前j个字符，讨论每个h,a,r,d的位置扔不扔即可，滚动数组可以滚成四个变量

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N=;
 long long n,cst,dp[]; char str[N];
 int main()
 {
     scanf("%lld%s",&n,str+);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%lld",&cst);
         if(str[i]=='h') dp[]+=cst;
         if(str[i]=='a') dp[]=min(dp[],dp[]+cst);
         if(str[i]=='r') dp[]=min(dp[],dp[]+cst);
         if(str[i]=='d') dp[]=min(dp[],dp[]+cst);
     }
     for(int i=;i<=;i++) dp[]=min(dp[],dp[i]);
     printf("%lld",dp[]);
     return ;
 }

E.The Top Scorer

大力计数题，本场最难一题

整体思路是规定Hasan的得分(不严格)最高的情况下，枚举Hasan的得分，然后枚举得这个分的人数来计算

具体实现是这样的

$\huge ans=\frac{\sum\limits_{i=r}^s\sum\limits_{j=1}^p\frac{1}{j}C_{p-1}^{j-1}Calc(p-j,s-i*j,i)}{C_{s-r+p-1}^{p-1}}$

解释一下这是在干啥：底下的是总方案数，插板法；上面是先枚举Hasan的得分$i$，然后枚举得这个分的人数$j$，这样Hasan有$\frac{1}{j}$的概率获胜，然后从除了Hasan的$p-1$个人里选这$j$个人有$C_{p-1}{j-1}$种方案。后面那个$Calc(x,y,z)$表示计算有$x$个人总分为$y$最高分小于$z$的方案数

那么有

$\huge Calc(x,y,z)=C_{y+x-1}^{x-1}-\sum\limits_{i=1}^{x}(-1)^iC_{x}^{i}C_{y-i*z+x-1}^{x-1}$

再解释一下：这是在容斥，容斥系数就不说了，$C_{x}^{i}$是规定选出$i$个人去不满足方案的方案数，$C_{y-i*z+x-1}^{x-1}$是先留出$i$个$z$让这些人不合法，剩下的插板

注意可能会出现组合数是负数但是也是有实际意义的情况，判掉(淦

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N=,mod=;
 int p,s,r,ans,fac[N],inv[N];
 void exGCD(int a,int b,int &x,int &y)
 {
     if(!b) {x=,y=; return;}
     exGCD(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
 }
 int Inv(int x)
 {
     int xx,yy;
     exGCD(x,mod,xx,yy);
     return (xx%mod+mod)%mod;
 }
 void Prework()
 {
     fac[]=inv[]=;
     for(int i=;i<=;i++) fac[i]=1ll*fac[i-]*i%mod;
     inv[]=Inv(fac[]);
     for(int i=;i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+]*(i+)%mod;
 }
 int C(int n,int m)
 {
     if(n==m) return ; if(n<m) return ;
     return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
 }
 int Calc(int cnt,int lim,int tot)//计算：cnt个人，总分为tot，最高分小于lim的方案数
 {
     int ret=C(tot+cnt-,cnt-);//插板法
     for(int i=,j;i<=cnt;i++,ret%=mod)//容斥：减掉1个的，加上2个的，减掉3个的......
         j=i%?mod-:,ret+=1ll*j*C(cnt,i)%mod*C(tot-i*lim+cnt-,cnt-)%mod;//把i个lim分出去，强行让i个人超过限制
     return (ret+mod)%mod;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&p,&s,&r),Prework();
     //思路：在规定Hasan得分(不严格)最高的情况下，枚举Hasan的得分，然后枚举得这个分的人数来计算
     for(int i=r;i<=s;i++)//枚举Hasan的得分
         for(int j=;j<=p&&i*j<=s;j++,ans%=mod)//枚举得这个分的人数
             ans+=1ll*C(p-,j-)*Inv(j)%mod*Calc(p-j,i,s-i*j)%mod;//依次是选那j-1个人的方案数，在这些人里Hasan获胜的几率，还有上面写的那个东西
     printf("%lld",1ll*ans*Inv(C(s-r+p-,p-))%mod);//总方案数
     return ;
 }

F.Inversion Expectation

又是一道分类讨论题(算吗？

设有$unk$个位置未知

已知-已知 求逆序对 ：树状数组入门题

未知-未知 求逆序对：总共$\frac{unk*(unk-1)}{2}$个有序对，其中$\frac{1}{2}$是逆序对，乘起来就好了

已知-未知 求逆序对：首先对每个数$i$预处理出$un[i]$有多少个小于$i$的数没出现。从右往左扫一遍，这样如果到一个数它后面有$unk'$个未知位置，那么每个位置都有$\frac{un[i]}{unk}$的几率形成一个逆序对，于是可以统计。反过来同理

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N=,mod=;
 int num[N],pos[N],bit[N],unk[N];
 int n,rd,cnt,ict,ans,luk,ruk;
 void exGCD(int a,int b,int &x,int &y)
 {
     if(!b) {x=,y=; return;}
     exGCD(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
 }
 int Qpow(int x,int k)
 {
     if(!k) return ;
     if(k==) return x;
     int tmp=Qpow(x,k/);
     return k%?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
 }
 int Inv(int x)
 {
     int xx,yy;
     exGCD(x,mod,xx,yy);
     return (xx%mod+mod)%mod;
 }
 void Add(int x)
 {
     while(x<=n)
         bit[x]++,x+=x&-x;
 }
 int Ask(int x)
 {
     int ret=;
     while(x)
         ret+=bit[x],x-=x&-x;
     return ret;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&rd),num[i]=rd;
         if(~rd)
         {
             ans+=Ask(n-rd+),ans%=mod;
             pos[rd]=i,Add(n-rd+);
         }
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
         unk[i]=cnt,cnt+=!pos[i]; ict=Inv(cnt);
     ans+=1ll*cnt*(cnt-)%mod*Inv()%mod,ans%=mod;
     for(int i=;i<=n;i++)
         ~num[i]?ans+=1ll*luk*(cnt-unk[num[i]])%mod*ict%mod,ans%=mod:luk++;
     for(int i=n;i;i--)
         ~num[i]?ans+=1ll*ruk*unk[num[i]]%mod*ict%mod,ans%=mod:ruk++;
     printf("%d",ans);
     return ;
 }

G.Lucky Tickets

这其实是前后都选$n$个数，问你相等的方案数$n$，用多项式乘法优化这个背包的过程即可。具体来说就是DFT之后自乘$\frac{n}{2}$次然后卷回去，最后每个位置平方就是和为这个的方案。注意因为要自乘好多次需要开够多项式的空间

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 const int N=,mod=;
 int n,ni,G,Gi,k,m,rd,ans;
 int a[*N],rev[*N];
 void exGCD(int a,int b,int &x,int &y)
 {
     if(!b) {x=,y=; return;}
     exGCD(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
 }
 int Qpow(int x,int k)
 {
     if(!k) return ;
     if(k==) return x;
     int tmp=Qpow(x,k/);
     return k%?1ll*tmp*tmp%mod*x%mod:1ll*tmp*tmp%mod;
 }
 int Inv(int x)
 {
     int xx,yy;
     exGCD(x,mod,xx,yy);
     return (xx%mod+mod)%mod;
 }
 void NTT(int *arr,int len,int typ)
 {
     for(int i=;i<=len;i++)
         if(rev[i]>i) swap(arr[rev[i]],arr[i]);
     for(int i=;i<=len;i<<=)
     {
         int lth=i>>,ort=Qpow(~typ?G:Gi,(mod-)/i);
         for(int j=;j<len;j+=i)
         {
             int ori=,tmp;
             for(int k=j;k<j+lth;k++,ori=1ll*ori*ort%mod)
             {
                 tmp=1ll*ori*arr[k+lth]%mod;
                 arr[k+lth]=(arr[k]-tmp+mod)%mod;
                 arr[k]=(arr[k]+tmp)%mod;
             }
         }
     }
     if(typ==-)
     {
         int ni=Inv(len);
         for(int i=;i<=len;i++)
             arr[i]=1ll*arr[i]*ni%mod;
     }
 }
 void Init()
 {
     scanf("%d%d",&n,&k);
     G=,Gi=Inv(G),m=;
     for(int i=;i<=k;i++)
         scanf("%d",&rd),a[rd]++;
     while(m<=n*) m<<=;
     for(int i=;i<=m;i++)
         rev[i]=(rev[i>>]>>)+(i&)*(m>>);
 }
 int main()
 {
     Init();
     NTT(a,m,);
     for(int i=;i<=m;i++) a[i]=Qpow(a[i],n/);
     NTT(a,m,-);
     for(int i=;i<=m;i++) ans+=1ll*a[i]*a[i]%mod,ans%=mod;
     printf("%d",ans);
     return ;
 }