「Cnoi2020」Cirno's Easy Round

目录

• 前言
• A 光图
  • 分析
  • 代码
• B 向量
  • 分析
• C 高维
  • 分析
• D 四角链
  • 分析
  • 代码
• E 领域极限
  • 分析
  • 代码
• F 明天后的幻想乡
  • 题目

前言

200分果断自闭，F是原题，所以就用原题算了

A,B,C,D,E

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A 光图

分析

题目看不懂（物理只会入射角和反射角相等），

看完样例解释就知道是输出\(pk\bmod n\)，嗯

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代码

#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
signed main(){
	rr int n,m,k;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	return !printf("%d",1ll*m*k%n);
}

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B 向量

分析

只有会向量点积才会做此题（我连叉积都快忘了，当时点积也不会）

\(ans=\vec a\cdot \vec b+\vec b\cdot \vec c+\vec a\cdot \vec c\)

这一坨直接乘也不会，考虑推式子，把它变成\(|\vec a|^2=r1^2\)这种形式最好

\(|\vec a+\vec b+\vec c|^2=|\vec a|^2+|\vec b|^2+|\vec c|^2+2(\vec a\cdot \vec b+\vec a\cdot \vec c+\vec b\cdot \vec c)\)

那么\(ans=\frac{|\vec a+\vec b+\vec c|^2-{r1}^2-{r2}^2-{r3}^2}{2}\)

所以要分类讨论\(|\vec a+\vec b+\vec c|^2\)

如果这三个向量可以拼成一个三角形(两边之和大于第三边)那么这一坨等于0，

否则必须让它们共线使答案最小，这样变成\(r3-r2-r1\)

代码很好写，但是要具备高中知识，还要开\(\text{long double}\)

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## 代码
#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long double lde;
lde r1,r2,r3,t,ans;
signed main(){
	scanf("%Lf%Lf%Lf",&r1,&r2,&r3),t=max(r3-r2-r1,0),
	r1*=r1,r2*=r2,r3*=r3,t*=t,ans=(t-r1-r2-r3)/2.0;
	return !printf("%.1Lf",ans);
}

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C 高维

分析

显然只有\(n\)条路（人类智慧）

对于第\(i\)条路径第\(j\)个点可以表示为

\(0->1(i)->1->1->1->1(i+j-1)->0\)

代码特短特舒服

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#include <cstdio>
#define rr register
using namespace std;
typedef long long lll;
lll n;
inline void print(lll ans){
	if (ans>9) print(ans/10);
	putchar(ans%10+48);
}
signed main(){
	scanf("%lld",&n);
	print(n);
	for (rr lll i=1;i<=n;++i)
	for (rr lll j=0,t=0,p=i-1;j<=n;++j){
		putchar(j==0?10:32),
		print(t),t|=1ll<<p;
		if (++p==n) p=0;
	}
	return 0;
}

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D 四角链

分析

先剧透是求第二类斯特林数\(S2(n,n-k)\)

设\(dp[i][j]\)表示前\(i\)个格子填了\(j\)个的方案数，那么

\(dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]*(i-j+1)\)

答案就是\(dp[n-1][k]\)，显然不好转换，先把斯特林数的递推公式放在下面

第一类斯特林数：将\(n\)个元素分成\(k\)个圆排列的方案数

\(S1(n,k)=S1(n-1,k-1)+(n-1)*S1(n-1,k)\)

第二类斯特林数：将\(n\)个元素装入\(k\)个一模一样的盒子（不可为空）里

\(S2(n,k)=S2(n-1,k-1)+k*S2(n-1,k)\)

和第二类斯特林数长得更像233

那怎样把\(k\)变成\(n-k\)呢，很简单

\(S2(n,n-k)=S2(n-1,n-k-1)+S2(n-1,n-k)*(n-k)\)

再回到\(dp\)，\(dp[n-1][k]=dp[n-2][k]+dp[n-2][k-1]*(n-k)\)

如果我令\(f[n(A)][n-k(B)]=dp[n-1(C)][k(D)]，A=C+1=B+D\),但是乘的系数不变

那么\(f[n][n-k]=f[n-1][n-k-1]+f[n-1][n-k]*(n-k)\)，这就是\(S2(n,n-k)\)

然后预处理快速幂就可以做到\(O(n+k)\)了（前面的\(f\)只是下标平移或者翻转，本身与\(dp\)是等价的）

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
using namespace std;
const int mod=998244353,N=1000011; bool v[N];
int prime[N],mi[N],inv[N],n,k,ans,Cnt;
inline signed mo(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline signed ksm(int x,int y){
	rr int ans=1;
	for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
	    if (y&1) ans=1ll*ans*x%mod;
	return ans;
}
inline signed Pro(int n,int m){
	inv[0]=inv[1]=mi[1]=1;
	for (rr int i=2;i<=n;++i){
		inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		if (!v[i]) prime[++Cnt]=i,mi[i]=ksm(i,m);
		for (rr int j=1;j<=Cnt&&prime[j]<=n/i;++j){
			v[i*prime[j]]=1,
			mi[i*prime[j]]=1ll*mi[i]*mi[prime[j]]%mod;
			if (i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	for (rr int i=2;i<=n;++i) inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%mod;
}
signed main(){
	scanf("%d%d",&n,&k),k=n-k,Pro(k,n);
	for (rr int i=0;i<k;++i){
		rr int t=1ll*inv[i]*inv[k-i]%mod*mi[k-i]%mod;
		t=(i&1)?mod-t:t,ans=mo(ans,t);
	}
	return !printf("%d",ans);
}

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E 领域极限

分析

又双叒叕（yòushuāngruòzhuó)人类智慧题

先讲怎么求中间那一坨，排序然后维护前缀后缀和就可以了

但是竟然可以三分重心（\(n\)个数都向这个重心逼近），

还能知道这是一个下凸函数，我也真是佩服julao们

（虽然我不会证明，但是以后碰到类似的也可以这样想）

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rr register
using namespace std;
typedef long long lll;
const int N=100011;
int a[N],L[N],R[N],n,l,r;
lll ans,suf[N],pre[N];
inline signed iut(){
	rr int ans=0; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
inline signed min(int a,int b){return a<b?a:b;}
inline signed max(int a,int b){return a>b?a:b;}
inline lll calc(int now){
	rr lll ans=0;
	for (rr int i=1;i<=n;++i)
	    a[i]=max(L[i],min(now,R[i]));
	sort(a+1,a+1+n);
	for (rr int i=1;i<=n;++i) pre[i]=pre[i-1]+a[i];
	for (rr int i=n;i>=1;--i) suf[i]=suf[i+1]+a[i];
	for (rr int i=1;i<=n;++i)
	    ans+=1ll*a[i]*((i<<1)-n-1)-pre[i-1]+suf[i+1];
	return ans;
}
signed main(){
	n=iut(),l=1e9,ans=1e18;
	for (rr int i=1;i<=n;++i)
	    l=min(l,L[i]=iut()),r=max(r,R[i]=iut());
	while (l+2<r){
        rr int k=(r-l+1)/3,lmid=l+k,rmid=r-k;
        if (calc(lmid)<calc(rmid)) r=rmid; else l=lmid;
	}
	for (rr int i=l;i<=r;++i){
		rr lll t=calc(i);
		ans=ans<t?ans:t;
	}
	return !printf("%lld",ans);
}

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F 明天后的幻想乡

题目

有一个数列\(\{1,2,3,...,n\}\),

求问它有多少个子序列是等比数列。

单独写啦，bye-bye，去掉长度为1或2的情况