Preface
這場當時在和同學開黑打LOL都不知道有這回事，後面看徐神和祁神在討論才知道有ARC
賽後補了下發現中規中矩，D題在已知是個打表題的前提下很好做，但如果真在比賽的時候是否能用有限的時間找到規律也是存疑
A - A Multiply
找出原序列的最大/最小子段和，討論下操作哪個得到的結果最優即可
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define int long long
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=300005;
int n,c,a[N],sum,mx,mn,cur1,cur2;
signed main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i; for (scanf("%lld%lld",&n,&c),i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld",&a[i]),sum+=a[i];
for (RI i=1;i<=n;++i)
{
cur1=max(0LL,cur1+a[i]); mx=max(mx,cur1);
cur2=min(0LL,cur2+a[i]); mn=min(mn,cur2);
}
return printf("%lld",max(sum+(c-1)*mx,sum+(c-1)*mn)),0;
}
B - Bought Review
將題意稍做轉化，令\(S=2\times A_1+A_2-A_4-2\times A_5\)，我們現在的目標就是要將\(S\)變為\(\le 0\)
操作為花費\(P_4\)的代價使\(S\)減\(1\)；或者花費\(P_5\)的代價使\(S\)減\(2\)
不難發現最優方案要麼全部用其中一種操作，要麼用一次減\(1\)用若干次減\(2\)（當\(S\)為奇數時）
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#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
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#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define int long long
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=300005;
int t,a[10],p[10];
signed main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%lld",&t);t;--t)
{
RI i; int cnt=0,sum=0;
for (i=1;i<=5;++i) scanf("%lld",&a[i]);
for (i=1;i<=5;++i) scanf("%lld",&p[i]);
int tmp=a[1]*2+a[2]-a[4]-a[5]*2;
if (tmp<=0) { puts("0"); continue; }
printf("%lld\n",min({tmp*p[4],(tmp+1)/2*p[5],tmp/2*p[5]+(tmp%2)*p[4]}));
}
return 0;
}
C - Catastrophic Roulette
經典ARC數數題，但這個還行閃總都會做
注意到\(n\)的範圍可以列舉，因此一眼考慮DP，設\(f_{i,0/1}\)表示第一次出現\(i\)個數時，當前操作者是先手/後手的機率
對於狀態\(f_{i,0}\)（\(f_{i,1}\)同理），直接來看它有\(P=\frac{i}{n}\)的機率轉移到\(f_{i,1}\)，並對先手產生\(1\)的花費；同時有\(1-P\)的機率轉移到\(f_{i+1,1}\)
注意到這個DP轉移的時候會在\(i\)相同的兩個狀態間迴圈轉移，乍一看感覺不好處理，但仔細一想會發現貢獻其實都是等比數列形式
以\(f_{i,0}\)的轉移為例，在經過了無限次操作後顯然它必然會到達\(f_{i+1,0/1}\)中的一個，手玩一下機率會發現有：
- \(f_{i+1,1}\leftarrow f_{i,0}\times \frac{1}{1+P}\)，同時對於先手的花費期望貢獻為\(f_{i,0}\times \frac{P}{1-P^2}\)
- \(f_{i+1,0}\leftarrow f_{i,0}\times \frac{P}{1+P}\)，同時對於後手的花費期望貢獻為\(f_{i,0}\times \frac{P^2}{1-P^2}\)
對於這類狀態可能重複多次的問題，不妨稍微修改定義，只統計第一次遇到某個狀態時的機率/期望，問題就迎刃而解了
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#include<vector>
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#include<map>
#include<set>
#include<array>
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#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=1e6+5,mod=998244353;
int n,f[N][2],ans[2];
inline int quick_pow(int x,int p=mod-2,int mul=1)
{
for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i,j; scanf("%d",&n); int inv_n=quick_pow(n);
for (f[1][1]=i=1;i<n;++i) for (j=0;j<2;++j)
{
int p=1LL*i*inv_n%mod;
(ans[j]+=1LL*f[i][j]*p%mod*quick_pow((1LL-1LL*p*p%mod+mod)%mod)%mod)%=mod;
(ans[j^1]+=1LL*f[i][j]*p%mod*p%mod*quick_pow((1LL-1LL*p*p%mod+mod)%mod)%mod)%=mod;
(f[i+1][j^1]+=1LL*f[i][j]*quick_pow((1+p)%mod)%mod)%=mod;
(f[i+1][j]+=1LL*f[i][j]*p%mod*quick_pow((1+p)%mod)%mod)%=mod;
}
return printf("%d %d",ans[0],ans[1]),0;
}
D - Digit vs Square Root
看到題目直覺告訴我們符合條件的\(x\)感覺不會很多，手玩一下會發現確實如此
因此考慮打表來找合法的\(x\)是否存在某些規律，不過直接暴枚\(x\)的話複雜度會有點炸（雖然感覺來了一樣能看出規律），故考慮列舉\(y\)來判斷其合法的區間
首先\(x\in[y^2,(y+1)^2-1]\)是trivial的，考慮要滿足\(y\)是\(x\)的字首的性質，這個只要找出\(\le y^2\)且以\(y\)為字首的最小數以及\(\le (y+1)^2-1\)且以\(y\)為字首的最大數即可
前者很好處理，我們在\(y\)後面補\(0\)直到其值\(\ge y^2\)即可，後者的話需要一點小討論，具體可以看打表程式碼
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define int long long
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=1e6;
signed main()
{
freopen("BF.txt","w",stdout);
printf("{%lld,%lld},",1LL,1LL);
for (RI y=4;y<=N;++y)
{
int l=y*y,r=(y+1)*(y+1)-1;
int tl=y,tr=r; while (tl<l) tl*=10;
auto calc_len=[&](int x)
{
int len=0; while (x>0) x/=10,++len; return len;
};
int len_y=calc_len(y),len_r=calc_len(r);
for (RI i=1;i<=len_r-len_y;++i) tr/=10;
if (tr>y)
{
tr=y; for (RI i=1;i<=len_r-len_y;++i) tr=tr*10+9;
} else if (tr<y)
{
tr=y; for (RI i=1;i<len_r-len_y;++i) tr=tr*10+9;
} else tr=r;
if (tl<=tr) printf("{%lld,%lld},",tl,tr);
}
return 0;
}
把表打出來後就會發現顯而易見的規律，即除了\([1,1]\)合法的區間就兩種形式：
- 單個數：末尾\(i\)個\(0\)，開頭是\(i-1\)個\(9\)再接上一個\(8\)，如\(\{998000\},\{99980000\}\)
- 一段區間：左端點為\(i\)個\(9\)接上\(i\)個\(0\)；右端點為\(10^{2i}+10^{i}-1\)，如\([999000,1000999],[99990000,100009999]\)
不難發現合法的區間個數很少，預先處理出來後詢問的時候直接列舉每個區間即可
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define int long long
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
int t,n,pw[20];
signed main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i,j; for (pw[0]=i=1;i<=18;++i) pw[i]=pw[i-1]*10;
vector <pi> table={{1,1}};
for (i=1;i<=9;++i)
{
int x=0; for (j=1;j<i;++j) x=x*10+9; x=x*10+8;
for (j=1;j<=i;++j) x*=10; table.push_back({x,x});
x=0; for (j=1;j<=i;++j) x=x*10+9;
for (j=1;j<=i;++j) x*=10;
if (i==9) table.push_back({x,pw[18]}); else table.push_back({x,pw[i]+pw[2*i]-1});
}
for (scanf("%lld",&t);t;--t)
{
scanf("%lld",&n); int ans=0;
for (auto [l,r]:table) if (n>=l) ans+=min(n,r)-l+1; else break;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
Postscript
後面E題雖然過的人挺多，但看到Counting一眼寄，還是去準備準備DS專題的搬題吧