T1
【題目描述】
有 \(n\) 個人按編號從 \(1\) 到 \(n\) 坐成一圈，即第 \(i \in [1,n]\) 個人右邊是 \(i + 1\) ，第 \(n\) 個人右邊的人是 \(1\)。
初始，每個人手上有 \(m\) 個球。隨後，\(n\) 個人按編號從小到大的順序依次執行如下操作：
- 把自己手中的球分成數量相同且儘可能多的三份，扔掉剩餘的球，再把分得的三份分別給自己、左邊的人，以及右邊的人。
問所有人均操作完一次後，有球最多的人有幾個球。
【輸入格式】
從標準輸入讀入資料。
一行兩個整數 \(n\)，\(m\)。
【輸出格式】
輸出到標準輸出。
一行表示一個整數表示答案。
【資料範圍】
對於 \(50 \%\) 的資料： \(3 \le n,m \le 10\)
對於 \(70 \%\) 的資料： \(3 \le n,m \le 10^7\)
對於 \(100 \%\) 的資料： \(3 \le n,m \le 10^12\)
思路
賽時思路：
直接暴力模擬喜提 \(70pts\)
\(100pts\) 思路：
假設每個人手上的球顏色不同，那麼顯然每種顏色的球 最多延申（被傳遞） \(O(\log_3 m)\) 次（只能對（當前為 \(i\)） \(O(i-\log_3 m)\sim O(i+\log_3 m)\) 產生影響），故從 \(O(\log m)\) 個人開始，手上的球的變化就是重複的了，模擬前 \(O(\log m)\) 個人即可。
點選檢視程式碼
#include <iostream>
using namespace std;
int main(){
int n, m;
cin >> n >> m;
int x = m / 3, val = 0;
for(int i = 2,last = m;i <= m;i++){
int now = last / 3 + m;
if(now == last || n == i){
val = now;
break;
}
last = now;
}
cout << x + (m + x) / 3 + (val + x) / 3 << '\n';
return 0;
}
T2
折線（line）
【題目描述】
圖 1:
如上，在平面直角座標系 \(\text{xOy}\) 中，有點 \(A_1(1, 0), A_2(1, 1), A_3(−1, 1), A_4(−1, −1), A_5(2, −1), \dots\)，有 \(q\) 次詢問形如：
1 n，詢問點 \(A_n\) 的座標；2 l r，詢問折線段 \(A_lA_{l+1}A_{l+2} . . . A_{r−1}A_{r}\) 的長度；
【輸入格式】
從標準輸入讀入資料。
第一行一個正整數 \(q\)，表示詢問總數。
接下來 \(q\) 行，每行一個詢問形如 1 n 或 2 l r。
【輸出格式】
輸出到標準輸出。
對於每一個詢問，如果是 \(1\) 詢問，輸出一行兩個整數表示 \(A_n\) 的 \(x\) 和 \(y\) 座標，如果是 \(2\) 詢問，輸出一行一個整數表示折線長度。
【資料範圍】
對於 \(100\%\) 的資料，\(1\le n\le 10^9，1\le l < r\le 10^6，1\le q\le 10^5\)。
思路
\(1\) 詢問分類討論，\(2\) 詢問不難發現到顯然線段長度是兩個等差數列求和直接預處理即可。
點選檢視程式碼
#include <iostream>
using namespace std;
long long x[1000000];
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i < 1000000; i++) {
if (i % 2 == 1) {
x[i] = x[i - 1] + (i + 1) / 2;
} else {
x[i] = x[i - 1] + i / 2 + 1;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a, b, c;
cin >> a;
if (a == 1) {
cin >> b;
if (b % 4 == 1) {
cout << b / 4 + 1 << " " << (b / 4 + 1) * (-1) + 1 << endl;
} else if (b % 4 == 2) {
cout << b / 4 + 1 << " " << b / 4 + 1 << endl;
} else if (b % 4 == 3) {
cout << (b / 4 + 1) * (-1) << " " << b / 4 + 1 << endl;
} else {
cout << (b / 4) * (-1) << " " << (b / 4) * (-1) << endl;
}
} else {
cin >> b >> c;
cout << x[c - 1] - x[b - 1] << endl;
}
}
return 0;
}
T3
STL
【題目描述】
有 \(n\) 個初始由空格隔開的字串 \(s_1, s_2,\dots, s_n\)，每一個均為 \(\texttt{int}\)、\(\texttt{vector}\) 或 \(\texttt{pair}\) 之一。
現在他希望在字串之間以及最後一個字串之後的空格中添上 \(<\)、\(>\)、\(,\)（可以不填），使得現在整個字串可以代表一個 \(\text{C++14}\) 中的合法資料型別。
例如：
\(\texttt{int}\) 本身合法。
\(\texttt{vector int}\) 可以變成 vector
\(\texttt{pair int int}\) 可以變成 pair<int,int> 使之合法。
\(\texttt{pair vector pair int vector int pair vector int int}\) 可以變成
\(\texttt{pair<vector<pair<int,vector<int>>>,pair<vector<int>,int>>}\) 使之合法。
小 L 對此感到好奇，於是他給你 \(m\) 個操作，每個操作形如：
l r op：詢問 \([l, r]\) 是否可以透過執行上述操作得到一個合法的資料型別。若 \(op = 1\) 且有解，你還要給出一種方案。若有多解，你可以輸出任意一種。
【輸入格式】
從標準輸入讀入資料。
本題包含多組資料。
第一行兩個正整數 \(n, m\)；
接下來一行 \(n\) 個用空格隔開的字串 \(s_1, s_2,\dots, s_n\)；
接下來 \(m\) 行，每行三個整數 \(l, r, op\)。
【輸出格式】
輸出到標準輸出。
對每個詢問，首先輸出一行 Yes 或 No 表示解是否存在。若該詢問對應的 \(op = 1\)，你還需要再輸出一行代表一組解，若有多解，你可以輸出任意一種。
【資料範圍】
對於 \(100\%\) 的資料，\(1\le n\),\(m\le 10^6\)，\(s_i\) 為 \(\texttt{int vector pair}\) 中的一種，\(1\le l\le r\le n\)，\(op \in\{0, 1\}\)，\(op = 1\) 且有解時的 \(\sum(r − l + 1)\le 10^6\)。
思路
首先我們注意到這個 SPJ 是在詐騙。
注意到 \(\texttt{int}、\texttt{vector}、\texttt{pair}\) 的合法組合事實上是一個字尾表示式，其中 \(\texttt{int}\) 為運算元，\(\texttt{vector}\) 為一元運算子， \(\texttt{pair}\) 為二元運算子。於是合法時方案唯一。
那我們如何構造一個合法方案呢？
看到字尾表示式，我們考慮用一個棧來記錄資訊。棧中每個元素表示一個區間 \([L,R]\)，表示區間 \([L,R]\) 是一個合法的字尾表示式。每次從右往左掃，遇到 \(\texttt{int}\) 直接將 \([i,i]\) 入棧；遇到 \(\texttt{vector}\) 將棧頂的彈出並放入 \([i,R]\)，在 \(i,i+1\) 之間放入一個 <，再在 \(R,R+1\) 之間放入一個 >；遇到 \(\texttt{pair}\) 將棧頂的 \([i+1,R_1][R_1,R_2]\) 彈出並放入 \([i,R_2]\)，在 \(i,i+1\) 之間放入一個 <，在 \([R_1,R_1+1]\) 之間放入一個 ,，最後在 \([R_2,R_2+1]\) 之間放入一個 > 即可。
以上任何一步需要彈棧時棧空或最終棧中元素個數不為 \(1\) 時無解。
那要是我們不需要構造方案呢？
現在依次考慮上述無解的兩個條件。
最終棧中元素個數：注意到每遇到一個 \(\texttt{int}\)，棧中元素個數 \(+1\) ；每遇到一個 \(\texttt{vector}\)，棧中元素個數不變；每遇到一個 \(\texttt{pair}\)，棧中元素個數 \(-1\)。
於是我們預處理一個每個位置對棧中元素個數貢獻的字首和 \(sum\)，每次判斷 \(sum_r-sum_{l-1}\) 是否為 \(1\) 即可。
彈棧時棧不空：對於所有 \(\texttt{vector}\) 出現的位置，我們需要字尾和 \(\ge 1\)；對於所有 \(\texttt{pair}\) 出現的位置，我們需要字尾和 \(\ge 2\)。
當然，我們可以運用 ST 表等 RMQ 演算法求出區間字尾和最小值，但是超綱了。
對於 \(\texttt{vector}\) 的條件，我們需要知道 \([l-1,r-1]\) 中的 \(sum_i\) 中是否有 \(\ge sum_r\) 者——即 \(<r\) 的第一個
滿足 $ >sum_r$ 的位置是否不存在或 \(<l-1\)；對於 \(\texttt{pair}\) 的條件，我們需要知道 \([l-1,r-1]\) 中的 \(sum_i\)
中是否有 $ >sum_r$ 者——即 \(<r\) 的第一個滿足 $ >sum_r$ 的位置是否不存在或 \(<l-1\)。
分別排序後離線連結串列即可。時間複雜度為 \(O(n \log n + m)\)。
點選檢視程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,c[1000005],pre[1000005],Log[1000005],st[22][1000005],l,r,op;char s[15];
struct Link
{
int pre,nxt;char c;
}a[10000005];
int query(int l,int r)
{
if(l>r)return 0x3f3f3f3f;
int k=Log[r-l+1];
return min(st[k][l],st[k][r-(1<<k)+1]);
}
int main()
{
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>s;
if(s[0]=='i')c[i]=1;
else if(s[0]=='v')c[i]=2;
else c[i]=3;
}
for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=pre[i-1]+(c[i]==1?-1:(c[i]==2?0:1));
for(int i=1;i<=n;i++)st[0][i]=pre[i];
for(int i=1;(1<<i)<=n;i++)
{
for(int j=1;j+(1<<i)-1<=n;j++)st[i][j]=min(st[i-1][j],st[i-1][j+(1<<(i-1))]);
}
for(int i=2;i<=n;i++)Log[i]=Log[i>>1]+1;
while(m--)
{
cin>>l>>r>>op;
if(pre[r]-pre[l-1]!=-1||query(l,r-1)-pre[l-1]<=-1)cout<<"No\n";
else
{
cout<<"Yes\n";
if(op==1)
{
stack<pair<int,int> >st;
int tot=0;
for(int i=r;i>=l;i--)
{
if(c[i]==1)
{
a[++tot].c='i';a[++tot].c='n';a[++tot].c='t';
for(int j=0;j<3;j++)a[tot-j].pre=tot-j-1,a[tot-j].nxt=tot-j+1;
if(st.size())a[tot].nxt=st.top().first;
else a[tot].nxt=0;
a[tot-2].pre=0;
st.push(make_pair(tot-2,tot));
}
else if(c[i]==2)
{
int l=st.top().first,r=st.top().second;st.pop();
a[++tot].c='v';a[++tot].c='e';a[++tot].c='c';
a[++tot].c='t';a[++tot].c='o';a[++tot].c='r';a[++tot].c='<';
for(int j=0;j<7;j++)a[tot-j].pre=tot-j-1,a[tot-j].nxt=tot-j+1;
a[tot-6].pre=0;a[tot].nxt=l;a[l].pre=tot;
a[++tot].c='>';
a[tot].pre=r;a[tot].nxt=a[r].nxt;a[r].nxt=tot;
st.push(make_pair(tot-7,tot));
}
else
{
int pl=st.top().first,pr=st.top().second;st.pop();
int ql=st.top().first,qr=st.top().second;st.pop();
a[++tot].c='p';a[++tot].c='a';a[++tot].c='i';a[++tot].c='r';a[++tot].c='<';
for(int j=0;j<5;j++)a[tot-j].pre=tot-j-1,a[tot-j].nxt=tot-j+1;
a[tot-4].pre=0;a[tot].nxt=pl;a[pl].pre=tot;
a[++tot].c=',';
a[tot].pre=pr;a[tot].nxt=ql;a[pr].nxt=tot;a[ql].pre=tot;
a[++tot].c='>';
a[tot].pre=qr;a[tot].nxt=a[qr].nxt;a[qr].nxt=tot;
st.push(make_pair(tot-6,tot));
}
}
for(int i=st.top().first;i;i=a[i].nxt)cout<<a[i].c;
for(int i=1;i<=tot;i++)a[i].pre=a[i].nxt=a[i].c=0;
cout<<'\n';
}
}
}
return 0;
}
T4
【題目描述】
現在有 \(n\) 個白色的球串成了一個圓環，編號依次為 \(1,2,3,\dots,n\)，現在你需要把這些球都染黑，具體操作為：
1.等機率隨機地選擇一個之前從未選過的球（白球、黑球都可以）。
2.將該球和它相鄰的兩個球都染黑。
3.如果所有白球都染黑，那麼結束。
求出染黑所有白球的期望步數，答案對 \(998244353\) 取模。
【輸入格式】
一行一個正整數 \(n\)，表示白球的個數。
【輸出格式】
一行一個數字，表示期望步數，對 \(998244353\) 取模。
【資料範圍與提示】
對於 \(100\%\) 的資料，\(3 < n < 5000\)。
思路
\(100pts\) 需要高中乃至大學知識，我只會 \(40pts\) 的暴力搜尋。
點選檢視程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int Pow(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1)
res = 1LL * res * a % mod;
a = 1LL * a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
int a[15], f[15];
int n;
int sum = 0;
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = i;
do {
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = 0;
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int now = f[i];
int pre = ((now == 1) ? n : (now - 1));
int nxt = ((now == n) ? 1 : (now + 1));
cnt += (!a[pre]);
a[pre] = 1;
cnt += (!a[now]);
a[now] = 1;
cnt += (!a[nxt]);
a[nxt] = 1;
if (cnt == n) {
sum = (sum + i) % mod;
break;
}
}
} while (next_permutation(f + 1, f + n + 1));
int s = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) s = 1LL * s * i % mod;
cout << 1LL * sum * Pow(s, mod - 2) % mod;
return 0;
}