Competition Set - AtCoder I

这里记录的是这个账号的比赛情况。

ARC172

2024-2-18

Solved:4/6

D(Hard-,2936)

给定所有数对 $(i,j),1\le i\lt j\le n$ 的一个排列 $(a_1,b_1),(a_2,b_2),\cdots,(a_m,b_m),m=\frac{1}{2}n(n-1)$。请在 $n$ 维空间中构造 $n$ 个点 $p_1\cdots p_n$，使得 $d(p_{a_1},p_{b_1})\lt d(p_{a_2},p_{b_2}) \lt \cdots \lt d(p_{a_m},p_{b_m})$，这里 $d$ 表示两点间的欧几里得距离。

Solution：（搬运题解）首先直接给出构造：设 $a_i\lt b_i,r_{a_i,b_i}=m-i+1$。则

\[\begin{aligned}
&p_1=(10^8,r_{12},r_{13},\cdots,r_{1n})\\
&p_2=(0,10^8,r_{23},\cdots,r_{2n})\\
&\cdots\\
&p_n=(0,0,\cdots,0,10^8)
\end{aligned}\]

是一个合法的构造。

这个构造有点天才。可以这样想：先构造 $n$ 个点两两间距离相同，那么 $p_i$ 只有第 $i$ 维是 $1$，其他维度是 $0$ 即可。再做一些微调，设 $p_i$ 的第 $j$ 个维度比原本多了一个极小值 $a_{i,j}$，则 $p_i,p_j$ 间的距离可以视为

\[\sqrt{2-(a_{i,j}+a_{j,i})+(a_{i,1}a_{j,1}+a_{i,2}a_{j,2}+\cdots+a_{i,n}a_{j,n})}
\]

后面部分是二阶小量，有忽略掉，那就视为 $\sqrt{2-(a_{i,j}+a_{j,i})}$。这样只要 $a_{i,j}+a_{j,i}$ 的顺序是给出的排列的逆序即可。

E(Medium-,2358)

求一个 $n$，使得 $n^n$ 的末 $9$ 位是 $x$。保证 $x$ 与 $10$ 互质。

Solution：一位一位填即可，为保证 $x$ 的末位需要确定 $n\bmod 20$，接下来每次都只需要把模数乘 $10$，直接模拟即可。

ARC171

2024-2-4

Solved:2/6

2332->2310

ARC169

2023-12-11

Solved:3/6

2296->2332

ARC165

2023-9-17

Solved:3/6

2290->2296

ARC164

2023-7-9

Solved:4/6

2295->2290

ARC161

2023-5-28

Solved:4/6

2203->2295

D(Easy,1379)

定义一个图的密度为边数与点数之比。问是否存在一个点数$n$，边数$nd$的图，其任意真子图的密度小于$d$。

Solution：猜答案。凭感觉。没有证。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,m;

int main(){

	scanf("%d%d",&n,&m);

	if(m*2+1>n){

		printf("No\n");

		return 0;

	}

	printf("Yes\n");

	for(int i=1;i<=n;i++)

		for(int j=1;j<=m;j++)

			printf("%d %d\n",i,(i+j-1)%n+1);

	return 0;

}

AGC062

2023-5-21

Solved:1/6

2216->2203

ARC157

2023-2-25

Solved:4/6

2189->2216

C(Medium,1802)

给定一个XY矩阵，一条左上角到右下角的路径的分值定义为路径上连续两个Y的组数。求所有可能路径的分值的平方和。

Solution：经典DP。递推两个量，一个是到(i,j)所有路径的分值和$f_{i,j}$，一个是平方和$dp_{i,j}$。递推式为

\[f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}+C(i+j-3,i-2)+C(i+j-3,j-2)
\]

\[dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i,j-1}+(2 \times f_{i,j-1}+C(i+j-3,i-2))+(2 \times f_{i-1,j}+C(i+j-3,j-2))
\]

其中倒数第二项在$a_{i,j}==a_{i-1,j}==Y$是有效，倒数第一项在$a_{i,j}==a_{i,j-1}==Y$时有效。

D(Medium+,2435)

给定一个XY矩阵，用横线和竖线将矩阵分为若干块，使得每块内恰有2个Y。求方案数。

Solution：说到底是暴力。先求二维前缀和，然后枚举第一条横线，它以上的Y的数目是总数的约数。接着求出后面每条横线的可能位置。再枚举竖线，要求在每条横线的位置的值一定。最后求积就得到了这个横线位置的解数。细节很多。

AGC060

2022-12-25

Solved:3/6

Rank47!

2031->2189

A(Easy+,1345)

补全一个字符串，使得其任意一个子串中不存在一个字母出现次数超过一半。

Solution：容易分析出只需要对长为3的子串满足，然后DP。

B(Medium+,1996)

在 $n \times m$ 的方格表中填入一些不超过 $2^k-1$ 的数。考虑所有从左上角到右下角的最短路径，要求其中满足路径上数异或和为 $0$ 的路径只有给定的 $S$ 一条，问是否有解。

Solution

C(Hard,2680)

称一个长为 $2^n-1$ 的排列 $P$ 像堆，如果 $P_i \lt P_{2i}$,且 $P_i \lt P_{2i+1}$。给定 $a,b,u=2^a,v=2^{b+1}-1$，在所有像堆的排列中任取一个，求 $P_u \lt P_v$ 的概率。

Solution

组合计数还是好做

ABC264

2022-8-13

Solved:7/8

Rank79!

Unrated

E(Medium-,1229)

给定$n+m$个点的无向图，其中后$m$个点为源点。给定$q$次删边操作，求每次操作后与源点联通的非源点数。

Solution：其实是套路题。倒序处理，化删边为连边，并查集维护，合并时尽可能向后。

F(Medium+.1878)

给定01矩阵及翻转各行各列的代价，求使得从左上角到右下角有同色通路的最小代价，这里通路只能向右或向下。

Solution：考虑DP，用$dp[i][j][p][q]$表示从左上角到达$(i,j)$的最小代价，且此时第$i$行反转了$p$次，第$j$列反转了$q$次。显然只用考虑$p,q \in \{0,1\}$。

每个位置可以从上方或左方转移而来，必须有两个位置相同才能转移。计算代价时只考虑所扩展的行（列）。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=2005;

int h,w,r[N],c[N],a[N][N];

char s[N];

ll dp[N][N][2][2];

int main(){

	scanf("%d%d",&h,&w);

	for(int i=1;i<=h;i++)scanf("%d",r+i);

	for(int i=1;i<=w;i++)scanf("%d",c+i);

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

		scanf("%s",s+1);

		for(int j=1;j<=w;j++)

			a[i][j]=s[j]-'0';

	}

	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));

	dp[1][1][0][0]=0;

	dp[1][1][1][0]=r[1];

	dp[1][1][1][1]=r[1]+c[1];

	dp[1][1][0][1]=c[1];

	for(int i=1;i<=h;i++)

		for(int j=1;j<=w;j++)

			for(int st=0;st<=15;st++){

				int p1=st&1,p2=(st>>1)&1,q1=(st>>2)&1,q2=(st>>3)&1;

				if(i!=1&&(a[i][j]^p2^q2)==(a[i-1][j]^p1^q1)&&q1==q2)

					dp[i][j][p2][q2]=min(dp[i][j][p2][q2],

								dp[i-1][j][p1][q1]+r[i]*p2);

				if(j!=1&&(a[i][j]^p2^q2)==(a[i][j-1]^p1^q1)&&p1==p2)

					dp[i][j][p2][q2]=min(dp[i][j][p2][q2],

								dp[i][j-1][p1][q1]+c[j]*q2);

			}

	printf("%lld\n",min(min(dp[h][w][0][0],dp[h][w][0][1]),

						min(dp[h][w][1][0],dp[h][w][1][1])));

	return 0;

}

G(Medium,2348)

给出$n$个长度不超过$3$的字符串，每个字符串有一个代价。对于一个字符串，定义其价值为给出的字符串在其中出现的次数与代价的乘积之和。对所有字符串，求价值最大值，或判断不存在。

Solution：还是比较显然的吧。

直接建图，每个结点是一个长为$2$的字符串，在两结点AB与BC间连有向边，边权为C,BC,ABC的代价之和。另建一个源点，向每个结点AB连边，代价为A,B,AB的代价之和。

从源点出发跑单源最长路，若有正环就无解。SPFA没死。

（大不合理，F的DP显然比G的建图难想）

ARC145

2022-7-30

Solved:4/6

1973->2031

A(Medium-,596)

给定长为$n$的AB字符串，可以将相邻两个改为AB，问是否能将原字符串变为回文串。

Solution：分类讨论题还不难首先特讨$n=2$。然后：

若开头为B，可以将中间全部改为A，末尾改为B；

若开头不为B，结尾为B，无解；

若开头，结尾均为A，可以将第$2$个和第$n-1$个改为B，中间全为A。

B(Easy,767)

两人取石子，先手取$A$的正数倍，后手取$B$的整数倍，这里$A,B$给定。求$1,2,...,n$中使先手获胜的初始石子数的个数。

Solution：策略显然：先手往死里取。若$A \le B$，只要先手能取就必胜；否则，先手取完后少于$B$个即获胜。

C(Easy+,1697)

对于一个$1,2,...,2n$的排列，定义其分数为：将排列划分为两个等长的子序列，对应项乘积和的最大值。给定$n$，求使得分数取最大值的排列数。

Solution：调整法易得最大值在$1 \times 2 + 3 \times 4 + ... + (2n-1)\times 2n$时取到，只用考虑每一对数的位置。选定左侧，则右侧必须顺次排列,转化一下就是卡特兰数。故答案为$\frac{(2n)!}{(n+1)!} \times 2^n$。

D(Medium+,2297)

构造满足以下条件的集合：集合中含$n$个$[-10^7,10^7]$的整数，其和为$m$，且不含等差子列。

Solution：FVMO牛逼！

MO原题：求证：可以找出$1983$个不超过$10^5$的正整数，其中不含等差子列。

原题证明：取三进制下只含数码$0,1$的数即可。

本题思路类似，前$n-1$个顺次取这样的数，最后一个大于前一个的两倍，然后使得总和模$n$与$m$同余，最后补上一个偏移量。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=1e4+5;

typedef long long ll;

ll n,m,cnt,sum,ans[N],del;

bool check(ll x){

	while(x){

		if(x%3==2)return false;

		x/=3;

	}

	return true;

}

int main(){

	scanf("%lld%lld",&n,&m);

	for(int i=1;cnt<n-1;i++)

		if(check(i)){ans[++cnt]=i;sum+=i;}

	ll r=(m-sum)%n;

	ans[n]=(ans[n-1]*3+n)/n*n+r;

	del=(m-ans[n]-sum)/n;

	for(int i=1;i<=n;i++)

		printf("%lld\n",ans[i]+del);

	return 0;

}

ABC260

2022-7-17

Solved:7/8

Rank98！

1908->1973

E(Medium-,1692)

给定$n$个二元组，值域为$[1,m]$，求长度为$k$，包含每个二元组中至少一个数的区间数目，这里$k$需取遍$1,...,m$。

Solution:考虑每个左端点，求出使其满足条件的最小右端点，用双指针。双指针时有一个方法：将所有数塞到一个数组中，维护出现的二元组数目。

若$[l,r]$可行，则$[l,t],r \le t \le m$可行，从而差分。最后求一次前缀和。

F(Medium,1995)

给定一个二分图，求其中是否有长为$4$的环。特殊限制：右部点数$t \le 3000$。

Solution:对每个右部点，从它出发走两步，如果两次走到同一个点则得到解。若没有走到，则每次时间为$O(t)$，总时间不超过$O(t^2)$。

G(Medium+,2339)

给定一个$n \times n$ 的OX矩阵和$m$，给出$q$个询问$(x,y)$，求满足$s \le x \le n,t \le y \le n,(x-s)+\frac{y-t}{2} \lt m$且填O的点$(s,t)$数目。

Solution:一个裸的模板题：二维斜向差分，和P8228类似。首先对斜率为$\frac{1}{2}$方向差分，对这个差分数组，再从横向和斜率$\frac{1}{2}$方向差分。对每个$O$转化一下，再求前缀和就可以了。（为什么又是差分）

说着不难，实际上还是有一些细节要处理的。

ABC258

2022-7-2

Solved:6/8

1864->1908

E(Medium-,1545)

给定周期为$n$的序列的一个周期，从第一个开始加和，和超过$x$就计一段。求第$k$段的长。

Solution:考虑从每个位置出发会到达哪里。用双指针。再由此建立段开头的周期即可。

G(Medium,1944)

给定一张图，求三角形数目。

Solution:枚举一条边，计算其两个端点所连点的集合之交的大小。用 bitset 。

ARC142

2022-6-19

Solved:3/6

1880->1864

B(Medium+,692)

构造 $n \times n$ 的矩阵，填入从 $1$ 开始的连续整数，使得对任意一格，其周围（八连通）比它大的个数和比它小的个数不相同。

Solution:首先，边界的格子有奇数个邻格，不用考虑。

其次，如果能保证每个格周围有至少 $5$ 个格与其大小关系相同，就解决了题目。由此可以想到按照圈来填，外圈所填一定大于内圈。

如果 $n$ 为奇数，直接让每一圈大小相间即可。如果 $n$ 为偶数，先让角落处为该圈最大，然后让边角处连续，其它地方大小相间。倒数第二圈单独构造，可以完成。

题解的做法简单：按行考虑，每行大小交替，各行递减。

C(Medium,1347)

$n$ 个点的树，可以询问除 $1$ 和 $2$ 之外任意两点间距离，要求用不超过 $2n$ 次询问确定 $1$ 和 $2$ 的距离。

Solution:先找出所有与 $1$ 相距 $1$ 的点。若一个没有，则答案为 $1$。若至少两个，询问这两个与 $2$ 的距离即可判断。

若恰有一个，询问这个与 $2$ 的距离。若不为 $2$，则 $1$ 为叶子结点，直接确定。否则，对 $2$ 重复上述操作，假如也没有确定，询问两次得到的点的间距即可。

ABC256

2022-6-18

Solved:6/8

1839->1880

ABC251

2022-5-14

Solved:6/8

1816->1839

D(Easy+,1463)

构造长不超过$300$的数列，使得$1$到$10^6$中的整数都可以从该数列中取出不超过三个做和得到。

Solution:需要一点想法。我的做法是按照进制的思想，数列包含$1,2,...,99$,$100,200,...,9900$,$10000,20000,...,990000$.

F(Easy+,1703)

求给出的图中两棵生成树，其一满足以$1$为根时，图中非树边的端点有祖先关系，另一恰好相反。

Solution：第一棵树最直接的情况是一条链，所以尝试构造链，贪心地连边。也就是直接dfs，看到未加入生成树的点就连边。

第二棵树最直接的情况是一个菊花，所以dfs时遇到一个点就把它所有的边都加入生成树。

ABC242

2022-3-5

Solved：7/8

Rank89！（第一次进前100）

1711->1816

D(Easy,1286)

给定字符串$S$，只包含$A$,$B$,$C$，一次变换将$A$变为$BC$，$B$变为$CA$，$C$变为$AB$。求$t$次变换后第$l$个位置的字符。多组询问，$t$，$l$在$ \ long \ long $范围内。

Solution：还是挺有意思的。

可以在模$3$意义下考虑。每一个位置变为它加$1$和它加$2$。二进制转一下就搞完了。

E(Easy,1365)

给定整数$n$及长为$n$的字符串$S$，求满足$X \le S$的回文串$X$个数。

Solution：按位考虑，前$[\dfrac{n+1}{2}]$位直接贪心，然后特判前一半全部一样的情况。

F(Medium+,2268)

在$n \times m$的棋盘上放置$b$个黑車和$w$个白車，求使得黑白之间互不攻击的放法数。

Solution：先考虑黑棋，设$k$个黑棋占据$i$行$j$列的方案数为$dp[k][i][j]$。这里把$k$作为阶段进行递推。

状态转移方程为

\[dp[k][i][j]=\dfrac{1}{k}((dp[k-1][i-1][j-1]+dp[k-1][i-1][j]+dp[k-1][i][j-1]) \times i \times j+dp[k-1][i][j] \times (i \times j-k+1))
\]

然后枚举黑棋占领的行列数，剩下的行列都可以放白棋。

预处理阶乘，阶乘逆元，逆元等。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod=998244353,N=55,M=2505;

int n,m,b,w,fac[M],fac_inv[M],inv[M],dp[M][N][N],ans;

int power(int a,int b){

	int c=1;

	for(;b;b>>=1){

		if(b&1)c=1ll*c*a%mod;

		a=1ll*a*a%mod;

	}

	return c;

}

int C(int n,int m){

	if(n<m||n<0||m<0)return 0;

	return 1ll*fac[n]*fac_inv[m]%mod*fac_inv[n-m]%mod;

}

int main(){

	fac[0]=1;

	for(int i=1;i<=M-5;i++)fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mod;

	for(int i=0;i<=M-5;i++)fac_inv[i]=power(fac[i],mod-2);

	for(int i=1;i<=M-5;i++)inv[i]=power(i,mod-2);

	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&b,&w);

	dp[1][1][1]=1;

	for(int k=2;k<=n*m;k++)

		for(int i=1;i<=n;i++)

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

				//if(i*j<=k)continue;

				dp[k][i][j]=(1ll*dp[k-1][i-1][j-1]*i*j%mod+1ll*dp[k-1][i-1][j]*i*j%mod+

							1ll*dp[k-1][i][j-1]*i*j%mod+1ll*dp[k-1][i][j]*(i*j-k+1)%mod)*inv[k]%mod;

			}

	for(int i=1;i<=n;i++)

		for(int j=1;j<=m;j++)

			ans=(ans+1ll*dp[b][i][j]*C(n,i)%mod*C(m,j)%mod*C((n-i)*(m-j),w)%mod)%mod;

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

	return 0;

}

（闲话：该代码正好1024Byte）

G(Medium+,1828)

给出长为$n$的数组，求$[l,r]$中的数能配成几对。多组询问。

Solution：没想出什么常规做法，于是写了莫队。

（其实是一开始把题目看成了P1494）

ABC240

2022-02-20

Solved:6/8

1691->1711

F(Easy+,1589)

以$x_i$个$y_i$的形式给出长为$m$的数列$C$，数列$B$满足$B_i=\sum_{k=1}^{i}C_k$，数列$A$满足$A_i=\sum_{k=1}^{i}B_k$，求$A$中的最大项。

Solution：注意到$B$的每一段是单调的，那么可以找出每一段中正负交界出的点，考虑这些位置的$A$值即可。

G(Hard,2462)

从$(0,0,0)$出发，每一步沿坐标轴方向移动一个单位长度，求用$n$步走到$(x,y,z)$的方案数。

Solution:（搬运题解）

一维的情况非常简单，但这是此后的基础。记$n$步走到$x$的方案数为$f_1{(n,x)}$。

二维需要一点想法：将$(x,y)$变换为$(x+y,x-y)$，那么移动就是从$(x,y)$到$(x+1,y+1)$,$(x-1,y+1)$,$(x+1,y-1)$,$(x-1,y-1)$，这时就可以将横纵分开考虑，方案数为$f_2{(n,x,y)}=f_1{(n,x+y)}\times f_1{(n,x-y)}$。

三维时，枚举一下$z$方向就可以了。

ABC237

2022-01-30

Solved:6/8

1669->1691

F(Medium-,1857)

求长为$n$，值域$[1,m]$，$LIS$长为$3$的整数列数目。

Solution:把$LIS$问题$O(nlogn)$算法中的另一个数组记录在状态中，直接推就可以了。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod=998244353;

int n,m,dp[1005][12][12][12],ans;

int main(){

	scanf("%d%d",&n,&m);

	dp[0][m+1][m+1][m+1]=1;

	for(int i=1;i<=n;i++)

		for(int j=1;j<=m+1;j++)

		for(int k=1;k<=m+1;k++)

		for(int l=1;l<=m+1;l++){

			if(j>k||k>l||j>l)continue;

			if(j==k&&k!=m+1)continue;

			if(k==l&&k!=m+1)continue;

			for(int c=1;c<=m;c++){

				if(c<=j)dp[i][c][k][l]=(dp[i][c][k][l]+dp[i-1][j][k][l])%mod;

		   		else if(c<=k)dp[i][j][c][l]=(dp[i][j][c][l]+dp[i-1][j][k][l])%mod;

		   		else if(c<=l)dp[i][j][k][c]=(dp[i][j][k][c]+dp[i-1][j][k][l])%mod;

			}

		}

	for(int j=1;j<=m;j++)

		for(int k=j+1;k<=m;k++)

			for(int l=k+1;l<=m;l++){

				ans=(ans+dp[n][j][k][l])%mod;

			}

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

	return 0;

}

ARC134

2022-01-29

Solved:3/6

1646->1669

ABC234

2022-01-08

Solved:6/8

1636->1646

F(Medium-,1596)

给定字符串$S$，求由$S$中字符的子集组成的字符串数。

Solution：用$dp[i][j]$表示用前$i$个字母组成长为$j$的字符串的方案数。

条件相当于是对每种字符使用次数做出了限制。

状态转移方程为

\[dp[i][j]=\sum_{k=0}^{min(cnt_i,j)}\frac{dp[i-1][j-k]}{k!}
\]

直接推就好了。

G(Hard-,2306)

给定一个数列$a$，将其分成若干段，求所有分法各段极差的积之和。

Solution:用$dp[i]$表示以$i$结尾的所有分法各段极差的积之和。

状态转移方程为

\[dp[i]=\sum_{j=0}^{i-1}dp[j] \times (max(j+1...i)-min(j+1...i))
\]

这样会T飞起来。考虑一下怎么优化它。

大致思路如下：先把乘积式拆成两块，以最大值为例。$j+1...i$的最大值就是$max(max(j+1...i-1),i)$，加上最大值数组的单调性，可以使用一个栈去维护。每一次更新最大值序列时，该段的$dp$值所乘的系数加上同一个值，这样就可以用前缀和优化。那么就做到了线性复杂度。

这题的确是挺难的，赛时没做出来。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=3e5+5,mod=998244353,INF=1<<30;

struct rec{int l,r,val;};

int n,a[N],dp[N],s[N],sum,tmp,maxn,minn=INF;

stack<rec> MX,MN;

int main(){

	scanf("%d",&n);

	for(int i=2;i<=n+1;i++)scanf("%d",a+i);

	maxn=minn=a[2];

	s[1]=dp[1]=1;

	for(int i=2;i<=n+1;i++){

		maxn=max(maxn,a[i]);minn=min(minn,a[i]);

		tmp=i-1;

		while(!MX.empty()&&MX.top().val<=a[i]){

			rec tt=MX.top();tmp=tt.l;

			sum=(sum+1ll*(s[tt.r]-s[tt.l-1]+mod)%mod*(a[i]-tt.val))%mod;

			MX.pop();

		}

		MX.push(rec{tmp,i-1,a[i]});

		tmp=i-1;

		while(!MN.empty()&&MN.top().val>=a[i]){

			rec tt=MN.top();tmp=tt.l;

			sum=(sum+1ll*(s[tt.r]-s[tt.l-1]+mod)%mod*(tt.val-a[i]))%mod;

			MN.pop();

		}

		MN.push(rec{tmp,i-1,a[i]});

		dp[i]=sum;

		s[i]=(s[i-1]+dp[i])%mod;

	}

	printf("%d\n",dp[n+1]);

	return 0;

}

ABC233

2021-12-25

Solved:5/8

1677->1636

AGC056

2021-12-04

Solved:1/6

1589->1677

ABC230

2021-12-03

Solved:6/8

1406->1589

F(Medium+,2113)

给定数列$a$，可以将相邻两项求和合并，求若干次操作后可能的结果数。

Solution：相当于在前缀和数列中删数。而前缀和数列与原数列是一一对应的。

于是就变成了只用求一个数列的不同子序列数。

使用动态规划，令$dp[i]$表示以第$i$个数开头的不同子序列数。

倒序扫描，遇到一个数时看一下它下一次在哪里出现，只用对两个位置之间的数在前面加前缀。

实时维护后缀和即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=2e5+10,mod=998244353;

ll n,a,s[N],dp[N],b[N];

map<ll,vector<ll> > M;

map<ll,ll> pos;

int main(){

	scanf("%lld",&n);

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

		scanf("%lld",&a);

		s[i]=s[i-1]+a;

		if(i!=n)M[s[i]].push_back(i);

	}

	for(int i=1;i<n;i++)pos[s[i]]++;

	b[n-1]=dp[n-1]=1;pos[s[n-1]]--;

	for(int i=n-2;i>=1;i--){

		int x=--pos[s[i]],y=n-1,f=1;

		if(x+1!=M[s[i]].size())y=M[s[i]][x+1],f=0;

		dp[i]=(b[i+1]-b[y+1]+f+mod)%mod;

		b[i]=(b[i+1]+dp[i])%mod;

	}

	printf("%lld\n",(b[1]+1)%mod);

	return 0;

}

（麻了，好神仙啊，我怎么想出来的）

ABC228

2021-11-20

Solved:4/8

1379->1406

ABC226

2021-11-07

Solved:6/8

1198->1379

F(Medium,2086)

一个$1...n$的排列$(p_1,p_2,...,p_n)$的分数定义为：

开始时，第$i$个人拿着$i$号球。每一次操作，第$i$个人把手中的球传给第$p_i$个人。则分数就是所有人重新拿到自己的球的操作次数。

求$1...n$所有排列的分数的$k$次幂之和。

Solution：首先要明确所谓的“分数”。

对于一个排列$(p_1,p_2,...,p_n)$，构建一张图，从$i$向$p_i$连边。最后图中会形成若干个环，所有环长的最小公倍数就是这个排列的分数。这一点通过感性理解不难发现。

此时就可以考虑将$n$分拆为若干个数代表环长。注意到$n \le 50$，所以可以执行一个dfs，从大到小分拆即可。

然后就是一些细节，比如平均分配，具体不细讲了。

G(Hard-,2373)

五种物品五种人，物品重量分1,2,3,4,5，人的力量分1,2,3,4,5,当人的力量不小于物品重量和时，人可以搬起这些物品。给定各种人数和物品数，问能否搬完。

Solution：（搬运题解）

贪心。先让人5搬物5，再让人4,5搬物4，然后让人3,4,5搬物3。接下来能搬2的人都再搬一个2。最后把1处理掉就可以了。

贪心的正确性证明比较麻烦，可以感性理解一下：1不用考虑，最后能放哪儿放哪儿；3,4,5每个人至多搬1个。于是就应该这么做。

还是挺需要想法的。

ABC225

2021-10-30

900->1198

Solved:5/8

E(Easy+,1678)

选择$n$个7中的一些放入坐标系内，要求从原点能看到所有选择的7。求最大数目。

Solution：就是区间合并，考虑每个7占用的斜率区间即可。

F(Hard,2612)

在$n$个字符串中选择$k$个首尾相连，求字典序最小的方案。

Solution：（搬运题解）

将给出的字符串记为$S_1...S_n$，按照$S_i+S_j<=S_j+S_i$排序。

然后进行DP：用dp[i][j]表示从$S_i...S_n$中选出j个的最小字典序。则状态转移方程为：

\[dp[i][j]=min(dp[i+1][j],dp[i+1][j-1]+S_i)
\]

此处省略一系列正确性证明。

ABC219

2021-09-18

944->900

Solved:3/8

ABC216

2021-08-29

317->944

Solved:7/8

F(Medium-,1541)

给定数列$\{a_n\}$,$\{b_n\}$，求集合$S \subseteq {1,2,...,n} $ 的个数，使得 $\max_{i \in S}{a_i} \ge \sum_{i \in S}{b_i}$。

Solution:先将$a$排序，从小到大枚举$\max_{i \in S}{a_i}$。设这是排序后第$k$个。

假设已经确定了这个值，那么问题变为在$b_1,b_2,...,b_k$中选出若干个，其和不超过$\max_{i \in S}{a_i}$。这只需要记忆化搜索就可以了。

G(Medium-,1963)

构造01数列，使得在给定区间内至少有给定数目的1，且1的个数最少。

Solution:对于每一个区间，将需要安放的1尽可能向后放，用贪心算法容易知道这是正确的。

详言之，先将所有区间以右端点为第一关键字排序，用树状数组维护01序列，依次扫描每个区间，算出它还需要几个1，全部放在最末尾即可。

ABC215

2021-08-21

24->317

Solved:4/8

ABC204

2021-06-06

0->24

Solved:2/6