PKUSC 2018 题解

Day 1

T1 真实排名

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Solution

考虑对于每一个人单独算

每一个人有两种情况，翻倍和不翻倍，他的名次不变等价于大于等于他的人数不变

设当前考虑的人的成绩为 \(v\)

翻倍的话，要求成绩在 \([v, 2v-1]\) 的人全部翻倍，剩下的随便

统计一下这段区间的人数，组合数算一下即可

不翻倍的话，要求成绩在 \([\frac {v+1} 2,v-1]\) 的人不翻倍，因为他们如果翻倍就超过了当前这个人

所以同样统计一下，加上组合数即可

注意成绩为零得特殊处理，因为他翻不翻倍是一样的

Code
// Copyright lzt

#include<stdio.h>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

#include<vector>

#include<map>

#include<set>

#include<cmath>

#include<iostream>

#include<queue>

#include<string>

#include<ctime>

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef std::pair<int, int> pii;

typedef long double ld;

typedef unsigned long long ull;

typedef std::pair<long long, long long> pll;

#define fi first

#define se second

#define pb push_back

#define mp make_pair

#define rep(i, j, k)  for (register int i = (int)(j); i <= (int)(k); i++)

#define rrep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i >= (int)(k); i--)

#define Debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

inline ll read() {

  ll x = 0, f = 1;

  char ch = getchar();

  while (ch < '0' || ch > '9') {

    if (ch == '-') f = -1;

    ch = getchar();

  }

  while (ch <= '9' && ch >= '0') {

    x = 10 * x + ch - '0';

    ch = getchar();

  }

  return x * f;

}

const int mod = 998244353;

const int maxn = 100100;

int n, k;

pii p[maxn];

int ans[maxn], fac[maxn], inv[maxn];

inline int ksm(int x, int p) {

  int ret = 1;

  while (p) {

    if (p & 1) ret = ret * 1ll * x % mod;

    x = x * 1ll * x % mod; p >>= 1;

  }

  return ret;

}

inline int C(int x, int y) {

  return fac[x] * 1ll * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;

}

inline int calc(int v) {

  int l = 1, r = n;

  while (l + 1 < r) {

    int md = (l + r) >> 1;

    if (p[md].fi > v) r = md - 1;

    else l = md;

  }

  while (p[l].fi <= v && l <= n) l++;

  return l - 1;

}

inline int calc(int L, int R) {

  int ret = calc(R) - calc(L - 1);

  return ret;

}

void work() {

  n = read(), k = read();

  fac[0] = 1; rep(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * 1ll * i % mod;

  inv[n] = ksm(fac[n], mod - 2); rrep(i, n - 1, 0) inv[i] = inv[i + 1] * 1ll * (i + 1) % mod;

  rep(i, 1, n) p[i].fi = read(), p[i].se = i;

  sort(p + 1, p + n + 1);

  rep(i, 1, n) {

    if (p[i].fi == 0) {

      ans[p[i].se] = C(n, k);

      continue;

    }

    int sum = 0;

    int num = calc(p[i].fi, p[i].fi * 2 - 1);

    if (num <= k) sum = sum + C(n - num, k - num);

    num = calc((p[i].fi + 1) / 2, p[i].fi - 1) + 1;

    if (n - num >= k) sum = sum + C(n - num, k);

    ans[p[i].se] = sum % mod;

  }

  rep(i, 1, n) printf("%d\n", ans[i]); puts("");

}

int main() {

  #ifdef LZT

    freopen("in", "r", stdin);

    freopen("out", "w", stdout);

  #endif

  work();

  #ifdef LZT

    Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);

  #endif

}

T2 最大前缀和

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Solution

考虑每一个子集的贡献

事实上，一个序列能够成为最大前缀和当且仅当满足两个条件：

  1. 这个序列的任意一个后缀和大于等于零（所以不能截取出某个小前缀的和比它大）
  2. 剩下的序列的任意一个前缀和小于零（所以不能加上某一段之后和比他大）

这两部分都可以 \(\text{dp}\) 出来

我们令 \(f[mask]\) 表示选了 \(mask\) 对应的数，任意一个后缀和大于等于零的排列数，\(g[mask]\) 表示选了 \(mask\) 对应的数，任意一个前缀和小于零的排列数

那么一个 \(mask\) 的贡献就是 \(f[mask] \cdot g[mx - mask] \cdot sum[mask]\)

\(\text{dp}\) 的过程详见代码，很简单的一个 \(\text{dp}\)，注意两个 \(\text{dp}\) 转移的方向不同

Code
// Copyright lzt

#include<stdio.h>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

#include<vector>

#include<map>

#include<set>

#include<cmath>

#include<iostream>

#include<queue>

#include<string>

#include<ctime>

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef std::pair<int, int> pii;

typedef long double ld;

typedef unsigned long long ull;

typedef std::pair<long long, long long> pll;

#define fi first

#define se second

#define pb push_back

#define mp make_pair

#define rep(i, j, k)  for (register int i = (int)(j); i <= (int)(k); i++)

#define rrep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i >= (int)(k); i--)

#define Debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

inline ll read() {

  ll x = 0, f = 1;

  char ch = getchar();

  while (ch < '0' || ch > '9') {

    if (ch == '-') f = -1;

    ch = getchar();

  }

  while (ch <= '9' && ch >= '0') {

    x = 10 * x + ch - '0';

    ch = getchar();

  }

  return x * f;

}

const int mod = 998244353;

const int maxn = 22;

const int mxst = 1100000;

int n;

int a[maxn];

ll s[mxst];

int f1[mxst], f2[mxst];

// f1[s] 表示 s 中的数排列使得任意一个前缀和<0 的方案数

// f2[s] 表示 s 中的数排列使得任意一个后缀和>=0 的方案数

inline void add(int &x, int y) {

  x += y;

  if (x >= mod) x -= mod;

  if (x < 0) x += mod;

}

void work() {

  n = read(); int mx = (1 << n) - 1;

  rep(i, 0, n - 1) a[i] = read();

  rep(i, 0, mx) rep(j, 0, n - 1) if ((i >> j) & 1) s[i] += a[j];

  f1[0] = 1;

  rep(i, 0, mx) {

    if (s[i] >= 0) continue;

    rep(j, 0, n - 1) {

      if ((i >> j) & 1)

        add(f1[i], f1[i - (1 << j)]);

    }

  }

  f2[0] = 1;

  rep(i, 0, mx) {

    if (s[i] < 0) continue;

    rep(j, 0, n - 1) {

      if ((i >> j) & 1) continue;

      add(f2[i | (1 << j)], f2[i]);

    }

  }

  int ans = 0;

  rep(i, 0, mx) {

    int j = mx - i;

    add(ans, f2[i] * 1ll * f1[j] % mod * s[i] % mod);

  }

  printf("%d\n", ans);

}

int main() {

  #ifdef LZT

    freopen("in", "r", stdin);

  #endif

  work();

  #ifdef LZT

    Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);

  #endif

}

T3 主斗地

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Solution

大力搜索

首先发现状态数不多，大概在 \(3^{12}\times 2\times 2=2e6\) 和 $4^{12}\times 2\times 2=6e7 $之间，估计就是 \(1e7\) 这个级别的

那么我们需要快速判断一个状态是否可行

还是大力搜索

首先学会一个技能叫做拆单牌

我们发现除了飞机，四带二，三带一和三带二以外的牌型，都可以直接拆成数张单牌一一打出，不影响结果

比如对子可以变成两张单牌，顺子可以变成一溜单牌，并且每张单牌和对家拆出来的单牌大小关系都一样

所以关键在于暴力搜三和四

然后枚举三带了几个二，因为这个二的大小不影响结果，所以我们尽量取jry的大的二和网友的小的二配对

剩下的看看能带走几个不影响结果的单牌，也是jry的大单牌和网友的小单牌

最后单牌看看能不能压住即可

Code
// by sigongzi

#include <bits/stdc++.h>

#define fi first

#define se second

#define pii pair<int,int>

#define pdi pair<db,int>

#define mp make_pair

#define pb push_back

#define enter putchar('\n')

#define space putchar(' ')

#define eps 1e-8

#define mo 974711

#define MAXN 100005

//#define ivorysi

using namespace std;

typedef long long int64;

typedef double db;

template<class T>

void read(T &res) {

    res = 0;char c = getchar();T f = 1;

    while(c < '0' || c > '9') {

    if(c == '-') f = -1;

    c = getchar();

    }

    while(c >= '0' && c <= '9') {

    res = res * 10 + c - '0';

    c = getchar();

    }

    res *= f;

}

template<class T>

void out(T x) {

    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}

    if(x >= 10) {

    out(x / 10);

    }

    putchar('0' + x % 10);

}

char s[20];

int rem[16],A[16],W[16],K[16],ans,jry[16];

int C[16],D[16],H[16],J[16],P[16];

int code(char c) {

    if(c >= '4' && c <= '9') return c - '4' + 1;

    if(c == 'T') return 7;

    if(c == 'J') return 8;

    if(c == 'Q') return 9;

    if(c == 'K') return 10;

    if(c == 'A') return 11;

    if(c == '2') return 12;

    if(c == 'w') return 13;

    if(c == 'W') return 14;

}

bool check(int f,int t) {

    for(int i = 0 ; i <= t ; ++i) {

    memcpy(H,W,sizeof(H));

    memcpy(J,K,sizeof(K));

    if(2 * i + t - i + f * 2  + f * 4 + t * 3 > 17) break;

    int cnt = 0;

    for(int j = 1 ; j <= 14 ; ++j) {

        if(H[j] >= 2 && cnt < i) {H[j] -= 2;++cnt;}

        if(H[j] >= 2 && cnt < i) {H[j] -= 2;++cnt;}

        if(cnt == i) break;

    }

    if(cnt < i) break;

    cnt = 0;

    for(int j = 14 ; j >= 1 ; --j) {

        if(J[j] >= 2 && cnt < i) {J[j] -= 2;++cnt;}

        if(J[j] >= 2 && cnt < i) {J[j] -= 2;++cnt;}

        if(cnt == i) break;

    }

    if(cnt < i) break;

    memset(P,0,sizeof(P));

    cnt = 2 * f + t - i;

    for(int j = 14 ; j >= 1 ; --j) {

        int t = min(cnt,J[j]);

        J[j] -= t;cnt -= t;

        if(cnt == 0) break;

    }

    if(cnt) continue;

    cnt = 2 * f + t - i;

    for(int j = 1 ; j <= 14 ; ++j) {

        int t = min(cnt,H[j]);

        H[j] -= t;cnt -= t;

        if(cnt == 0) break;

    }

    if(J[14]) continue;

    for(int j = 1 ; j <= 14 ; ++j) {

        P[j] += H[j];

        P[j + 1] -= J[j];

    }

    cnt = 0;

    for(int j = 1 ; j <= 14 ; ++j) {

        cnt += P[j];

        if(cnt > 0) break;

    }

    if(cnt == 0) return true;

    }

    return false;

}

bool brute_jry(int dep,int four,int three,int f,int t,int q1,int q2) {

    if(four == f && t == three) return check(four,three);

    if(dep >= 12) return false;

    q1 += C[dep];q2 += D[dep];

    if(q1 > 0 || q2 > 0) return false;

    if(K[dep] >= 3) {

    K[dep] -= 3;

    if(brute_jry(dep + 1,four,three,f,t + 1,q1 - 1,q2)) return true;

    K[dep] += 3;

    }

    if(K[dep] >= 4) {

    K[dep] -= 4;

    if(brute_jry(dep + 1,four,three,f + 1,t,q1,q2 - 1)) return true;

    K[dep] += 4;

    }

    return brute_jry(dep + 1,four,three,f,t,q1,q2);

}

bool brute_wangyou(int dep,int four,int three) {

    if(four * 6 + three * 4 > 17) return false;

    if(dep > 12) {

    if(brute_jry(1,four,three,0,0,0,0)) return true;

    return false;

    }

    if(W[dep] >= 3) {

    W[dep] -= 3;++C[dep];

    if(brute_wangyou(dep + 1,four,three + 1)) return true;

    W[dep] += 3;--C[dep];

    }

    if(W[dep] >= 4) {

    W[dep] -= 4;++D[dep];

    if(brute_wangyou(dep + 1,four + 1,three)) return true;

    W[dep] += 4;--D[dep];

    }

    if(brute_wangyou(dep + 1,four,three)) return true;

    return false;

}

void dfs(int dep,int r) {

    if(!r) {

    memset(C,0,sizeof(C));

    memset(D,0,sizeof(D));

    memcpy(W,A,sizeof(A));

    memcpy(K,jry,sizeof(jry));

    if(brute_wangyou(2,0,0)) {++ans;}

    return;

    }

    if(dep > 14) return;

    for(int i = 0 ; i <= rem[dep] ; ++i) {

    if(i > r) break;

    jry[dep] = i;

    dfs(dep + 1,r - i);

    jry[dep] = 0;

    }

}

int main() {

#ifdef ivorysi

    freopen("f1.in","r",stdin);

#endif

    while(scanf("%s",s + 1) != EOF) {

    memset(A,0,sizeof(A));

    for(int i = 1 ; i <= 12 ; ++i) rem[i] = 4;

    rem[13] = rem[14] = 1;

    ans = 0;

    for(int i = 1 ; i <= 17 ; ++i) {

        A[code(s[i])]++;rem[code(s[i])]--;

    }

    dfs(1,17);

    out(ans);enter;

    }

}


// Copyright lzt

#include<stdio.h>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

#include<vector>

#include<map>

#include<set>

#include<cmath>

#include<iostream>

#include<queue>

#include<string>

#include<ctime>

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef std::pair<int, int> pii;

typedef long double ld;

typedef unsigned long long ull;

typedef std::pair<long long, long long> pll;

#define fi first

#define se second

#define pb push_back

#define mp make_pair

#define rep(i, j, k)  for (register int i = (int)(j); i <= (int)(k); i++)

#define rrep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i >= (int)(k); i--)

#define Debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

inline ll read() {

  ll x = 0, f = 1;

  char ch = getchar();

  while (ch < '0' || ch > '9') {

    if (ch == '-') f = -1;

    ch = getchar();

  }

  while (ch <= '9' && ch >= '0') {

    x = 10 * x + ch - '0';

    ch = getchar();

  }

  return x * f;

}

const int maxn = 30;

int a[maxn], b[maxn], c[maxn], d[maxn], e[maxn];

int dy[400], ans;

char s[maxn];

int B(int o,int p) {

  for(int i=0;i<=o;i++) {

    int x=o+p-i,y=i;

    for(int j=0;j<14;j++) d[j]=c[j];

    for(int j=13;~j;j--) {

      while(y&&d[j]>=2) d[j]-=2,--y;

      while(x&&d[j]) --d[j],--x;

    }

    if(x|y) continue;

    for(int j=0;j<14;j++) e[j]=a[j];

    x=o+p-i,y=i;

    for(int j=0;j<14;j++) {

      while(y&&e[j]>=2) e[j]-=2,--y;

      while(x&&e[j]) --e[j],--x;

    }

    if(x|y) continue;

    x=0,y=1;

    for(int j=0;j<14;j++) {

      if(e[j]>x) y=0;

      x+=d[j]-e[j];

    }

    if(y) return 1;

  }

  return 0;

}

int C(int x,int o,int p,int q,int r) {

  if(x==14) return !q&&!r&&B(o,p);

  int f;

  if(c[x]>=4) {

    c[x]-=4,f=C(x+1,o,p+2,q,r+1),c[x]+=4;

    if(f) return 1;

  }

  if(c[x]>=3) {

    c[x]-=3,f=C(x+1,o+1,p,q+1,r),c[x]+=3;

    if(f) return 1;

  }

  if(a[x]>=4&&r) {

    a[x]-=4,f=C(x+1,o,p,q,r-1),a[x]+=4;

    if(f) return 1;

  }

  if(a[x]>=3&&q) {

    a[x]-=3,f=C(x+1,o,p,q-1,r),a[x]+=3;

    if(f) return 1;

  }

  return C(x+1,o,p,q,r);

}

inline void dfs(int x, int s) {

  if (x == 14) {

    if (!s && C(0, 0, 0, 0, 0)) ++ans;

    return;

  }

  for (int i = 0; i <= s && i <= b[x]; i++) c[x] = i, dfs(x + 1, s - i);

}

void work() {

  dy['T'] = 6; dy['J'] = 7; dy['Q'] = 8; dy['K'] = 9;

  dy['A'] = 10; dy['2'] = 11; dy['w'] = 12; dy['W'] = 13;

  scanf("%s", s);

  rep(i, 0, 11) b[i] = 4; b[12] = b[13] = 1;

  rep(i, 0, 16) {

    int x;

    if (s[i] >= '4' && s[i] <= '9') x = s[i] - '4';

    else x = dy[s[i]];

    ++a[x]; --b[x];

  }

  dfs(0, 17);

  printf("%d\n", ans);

}

int main() {

  #ifdef LZT

    freopen("in", "r", stdin);

  #endif

  work();

  #ifdef LZT

    Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);

  #endif

}

Day 2

T1 星际穿越

Link
Solution

首先想暴力

发现一个点到左侧一个点的最短路，一定是最多向右跑一次之后一直向左跑

每次取能达到的最小的 \(L\) 继续跑

下面想正解

不难看出所有边能够形成一棵树，而且在点树上只向上跑，那么考虑倍增

首先令 \(f[i][j]\) 表示 \([i, n]\) 中的所有点向左跑 \(2^j\) 步最远能够到达的位置，\(s[i][j]\) 表示从 \(i\) 这个点向左跑，跑到所有 \([i - 2^j, i]\) 之间的点的距离和

都可以倍增

\(f[i][j] = f[f[i][j-1]][j-1]\)

\(s[i][j]=s[i][j-1]+s[f[i][j-1]][j-1]+(f[i][j-1]-f[i][j])\cdot 2^{j-1}\)

这个自己想一下就好了

剩下的就是第一步向左走还是向右走的问题了

一个小技巧：我们先向左走一步

这样的话，第一步向左走已经统计在里面了，这一步经过的点距离都为 \(1\)，加进答案里即可

第一步向右走的话，肯定是因为右边有一个点的 \(L\) 值比较小，比当前这个位置直接向左走两步还要小

那么我们从 \(i\) 的右边那个点开始和从 \(L[i]\) 开始没有区别

这样就规避了先向右走的影响

Code
// Copyright lzt

#include<stdio.h>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

#include<vector>

#include<map>

#include<set>

#include<cmath>

#include<iostream>

#include<queue>

#include<string>

#include<ctime>

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef std::pair<int, int> pii;

typedef long double ld;

typedef unsigned long long ull;

typedef std::pair<long long, long long> pll;

#define fi first

#define se second

#define pb push_back

#define mp make_pair

#define rep(i, j, k)  for (register int i = (int)(j); i <= (int)(k); i++)

#define rrep(i, j, k) for (register int i = (int)(j); i >= (int)(k); i--)

#define Debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

inline ll read() {

  ll x = 0, f = 1;

  char ch = getchar();

  while (ch < '0' || ch > '9') {

    if (ch == '-') f = -1;

    ch = getchar();

  }

  while (ch <= '9' && ch >= '0') {

    x = 10 * x + ch - '0';

    ch = getchar();

  }

  return x * f;

}

const int maxn = 300300;

int n;

ll sum[maxn][22], pw[22];

int to[maxn][22], L[maxn];

ll calc(int l, int r) {

  if (L[r] <= l) return r - l;

  ll ans = r - L[r]; r = L[r]; int tot = 1;

  rrep(i, 20, 0) if (to[r][i] > l) {

    ans += sum[r][i] + tot * (r - to[r][i]);

    r = to[r][i]; tot += pw[i];

  }

  return ans + (r - l) * 1ll * (tot + 1);

}

void work() {

  L[1] = 1; pw[0] = 1; n = read();

  rep(i, 2, n) L[i] = read();

  rep(i, 1, n) pw[i] = pw[i - 1] * 2ll;

  to[n][0] = L[n]; sum[n][0] = n - L[n];

  rrep(i, n - 1, 1) {

    to[i][0] = min(to[i + 1][0], L[i]);

    sum[i][0] = i - to[i][0];

  }

  rep(j, 1, 20) rep(i, 1, n) {

    if (to[i][j - 1]) {

      to[i][j] = to[to[i][j - 1]][j - 1];

      sum[i][j] = sum[i][j - 1] + sum[to[i][j - 1]][j - 1];

      sum[i][j] += (to[i][j - 1] - to[i][j]) * pw[j - 1];

    }

  }

  int q = read();

  while (q--) {

    int l = read(), r = read(), x = read();

    ll a = calc(l, x) - calc(r + 1, x), b = r - l + 1;

    printf("%lld/%lld\n", a / __gcd(a, b), b / __gcd(a, b));

  }

}

int main() {

  #ifdef LZT

    freopen("in", "r", stdin);

  #endif

  work();

  #ifdef LZT

    Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);

  #endif

}

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