2021.7.27考试总结[NOIP模拟25]

罕见的改完了题

T1 random

---

一堆概率，一堆函数，一堆递归，一眼不可做，

但它只有一个参数，所以..

熠神本着“只有20太难看“的心态，通过样例三个出规律，口胡了一波$\frac{n^{2}-1}{9}$,

然后他切了，

他切了！

所以只有一个参数的题很可能是个结论，很可能可以打表，不要乱弃。。

正解颓柿子，先列出一个逆序对在长为n的序列中的贡献，然后列出答案的总式子，发现逆序对在长度大于等于二的序列里贡献都是4/3（打表/归纳法），

于是将式子化简，最后可以用等差数列求和公式$\sum_{i=1}^{n}i= \frac{n\left ( n+1 \right )}{2}$和$\sum_{i=1}^{n}i^{2}= \frac{n\left ( n+1 \right )\left ( 2n+1 \right )}{6}$化出O（1）。

code（这种代码真的用看吗：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define debug exit(0)
 3 #define LL long long
 4 using namespace std;
 5 const LL NN=1e18+5,p=998244353;
 6 int T,n;
 7 inline LL read(){
 8     LL x=0,f=1;
 9     char ch=getchar();
10     while(ch<'0'||ch>'9'){
11         if(ch=='-') f=-1;
12         ch=getchar();
13     }
14     while(ch>='0'&&ch<='9'){
15         x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
16         ch=getchar();
17     }
18     return x*f;
19 }
20 void write(int x){
21     if(x<0) putchar('-'), x=-x;
22     if(x>9) write(x/10);
23     putchar(x%10+'0');
24 }
25 inline int qpow(LL a,LL b){
26     int res=1; a%=p;
27     while(b){
28         if(b&1) res=1ll*res*a%p;
29         a=a*a%p;
30         b>>=1;
31     }
32     return res;
33 }
34 int main(){
35     T=read();
36     int inv=qpow(9,p-2);
37     while(T--){
38         n=read()%p;
39         write((1ll*n*n%p-1+p)%p*inv%p); putchar('\n');
40     }
41     return 0;
42 }

T1

T2 string

---

因为把前缀拼到后缀前面而爆零了。。

考虑计算以总串中第i位为结尾的后缀和以第i+1位为开始的前缀个数，二者相乘再求和就是答案。加上哈希70pts。

考虑优化。以总串中第i为结尾的后缀中最长后缀一定可以包含其他后缀，也就是说满足条件的后缀都是最长后缀的后缀。前缀同理

把字符串正反插入两颗trie树，通过DFS统计数量，然后二分找每个点的最长前后缀，记录答案。

code：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define debug exit(0)
 3 #define ULL unsigned long long
 4 #define rin register int
 5 #define int long long
 6 using namespace std;
 7 const int NN=2e5+5;
 8 const ULL base=131;
 9 int n,ls,l,r,pr[NN],ne[NN],tmp,ans;
10 ULL shas[NN],bas[NN],hs;
11 char s[NN],ch[NN];
12 inline int read(){
13     int x=0,f=1;
14     char ch=getchar();
15     while(ch<'0'||ch>'9'){
16         if(ch=='-') f=-1;
17         ch=getchar();
18     }
19     while(ch>='0'&&ch<='9'){
20         x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
21         ch=getchar();
22     }
23     return x*f;
24 }
25 void write(int x){
26     if(x<0) putchar('-'), x=-x;
27     if(x>9) write(x/10);
28     putchar(x%10+'0');
29 }
30 inline ULL get(int l,int r){
31     if(l>r) return 0;
32     return shas[r+1]-shas[l]*bas[r-l+1];
33 }
34 struct trie{
35     int to[NN][27],tot;
36     long long siz[NN];
37     ULL has[NN];
38     unordered_map<ULL,int>vis;
39     void insert(char ss[],int op){
40         int len=strlen(ss),root=1;
41         for(int i=0;i<len;i++){
42             int now=ss[i]-'a';
43             if(!to[root][now]){
44                 to[root][now]=++tot;
45                 if(!op) has[tot]=has[root]*base+(ULL)ss[i];
46                 else has[tot]=ss[i]*bas[i]+has[root];
47             }
48             root=to[root][now]; siz[root]++;
49         }
50     }
51     void dfs(int fa,int s){
52         if(!s) return;
53         siz[s]+=siz[fa]; vis[has[s]]+=siz[s];
54         for(int i=0;i<26;i++) dfs(s,to[s][i]);
55     }
56 }nex,pre;
57 signed main(){
58     bas[0]=1; for(rin i=1;i<(NN);i++) bas[i]=bas[i-1]*base;
59     scanf("%s",s); ls=strlen(s);
60     n=read(); nex.tot=pre.tot=1; nex.vis[0]=pre.vis[0]=0;
61     for(rin i=1;i<=n;i++){
62         scanf("%s",ch);
63         pre.insert(ch,0);
64         reverse(ch,ch+strlen(ch));
65         nex.insert(ch,1);
66     }
67     for(rin i=1;i<=ls;i++) shas[i]=shas[i-1]*base+(ULL)s[i-1];
68     nex.dfs(0,1); pre.dfs(0,1);
69     for(int i=0;i<ls;i++){
70         l=0; r=i+1; tmp=0;
71         while(l<=r){
72             int mid=l+r>>1;
73             if(nex.vis.find(get(i-mid+1,i))!=nex.vis.end()) tmp=mid, l=mid+1;
74             else r=mid-1;
75         }
76         ne[i+1]=nex.vis[get(i-tmp+1,i)];
77         l=0; r=ls-i; tmp=0;
78         while(l<=r){
79             int mid=l+r>>1;
80             if(pre.vis.find(get(i,i+mid-1))!=pre.vis.end()) tmp=mid, l=mid+1;
81             else r=mid-1;
82         }
83         pr[i]=pre.vis[get(i,i+tmp-1)];
84     }
85     for(int i=0;i<ls;i++) ans+=ne[i]*pr[i];
86     write(ans); putchar('\n');
87     return 0;
88 }

T2

T3 queen

---

大力分类讨论，式子倒就那么几个，推出一两个后就很好推了

用到了$\sum_{i=1}^{n}\binom{i}{k}= \binom{n+1}{k+1}$和$\sum_{i=1}^{n}i^{2}= \frac{n\left ( n+1 \right )\left ( 2n+1 \right )}{6}$。

k大于5后只会有直线和斜线的情况，分类讨论k小等5，出题人题解讲的挺不当人清楚的

注意这题范围1e18，组合数的参数不能取模，然后计算时要疯狂%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%才不会爆

code：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define debug exit(0)
 3 #define int long long
 4 using namespace std;
 5 const int NN=1e18+5,p=3e5+7,inv6=250006,inv2=150004;
 6 int T,ans;
 7 int n,m,k,inv[p],fac[p];
 8 inline int read(){
 9     int x=0,f=1;
10     char ch=getchar();
11     while(ch<'0'||ch>'9'){
12         if(ch=='-') f=-1;
13         ch=getchar();
14     }
15     while(ch>='0'&&ch<='9'){
16         x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
17         ch=getchar();
18     }
19     return x*f;
20 }
21 void write(int x){
22     if(x<0) putchar('-'), x=-x;
23     if(x>9) write(x/10);
24     putchar(x%10+'0');
25 }
26 inline int qpow(int a,int b){
27     int res=1; a%=p;
28     while(b){
29         if(b&1) res=1*res*a%p;
30         a=a*a%p;
31         b>>=1;
32     }
33     return res;
34 }
35 void init(){
36     fac[0]=inv[0]=1;
37     for(int i=1;i<p;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%p;
38     for(int i=1;i<p;i++) inv[i]=qpow(fac[i],p-2);
39 }
40 inline int C(int n,int m){ if(n<m) return 0; return fac[n]*inv[m]%p*inv[n-m]%p; }
41 inline int lucas(int n,int m){ if(!m) return 1; return C(n%p,m%p)*lucas(n/p,m/p)%p; }
42 inline int sigma1(int x){ return x*(x+1)%p*inv2%p; }
43 inline int sigma2(int x){ return x*(x+1)%p*(2*x+1)%p*inv6%p; }
44 signed main(){
45     T=read(); init();
46     while(T--){
47         n=read(); m=read(); k=read();
48         if(n>m) swap(n,m); int M=m%p,N=n%p,K=k%p;
49         if(k==1){ write(N*M%p); putchar('\n'); continue; }
50
51         ans=((N*lucas(M,K)%p+M*lucas(M,K)%p)%p+(N+M+1)%p*2%p*lucas(N,K)%p-lucas(N+1,K+1)%p*K%p*4%p+p)%p;
52
53         if(k==3){
54             int x=min(n,m/2)%p,y=min(n/2,m)%p;
55             ans=(ans+((M*N%p*(N-1)%p+sigma2(N-1))%p-(M+N)%p*sigma1(N-1)%p+p)*4%p)%p;
56             ans=(ans+(M*N%p*x%p-(2*N+M)%p*sigma1(x)%p+2*sigma2(x)%p+p)*2%p)%p;
57             ans=(ans+(M*N%p*y%p-(2*M+N)%p*sigma1(y)%p+2*sigma2(y)%p+p)*2%p)%p;
58         }
59         if(k==4){
60             int x=min(n,m/2)%p,y=min(n/2,m)%p,z=min(n,m)/2%p;
61             ans=(ans+((M*N%p*(N-1)%p+sigma2(N-1))%p-(M+N)%p*sigma1(N-1)%p+p)%p)%p;
62             ans=(ans+(M*N%p*x%p-(2*N+M)%p*sigma1(x)%p+2*sigma2(x)%p+p)*2%p)%p;
63             ans=(ans+(M*N%p*y%p-(2*M+N)%p*sigma1(y)%p+2*sigma2(y)%p+p)*2%p)%p;
64             ans=(ans+(M*N%p*z%p-2*(M+N)%p*sigma1(z)%p+4*sigma2(z)%p+p)*5%p)%p;
65         }
66         if(k==5){
67             int x=min(n,m)/2%p;
68             ans=(ans+(M*N%p*x%p-2*(M+N)%p*sigma1(x)%p+4*sigma2(x)%p+p)*2%p)%p;
69         }
70         write(ans); putchar('\n');
71     }
72     return 0;
73 }

T3