JXOI2018简要题解
T1 排序问题
题意
九条可怜是一个热爱思考的女孩子。
九条可怜最近正在研究各种排序的性质，她发现了一种很有趣的排序方法： Gobo sort ！
Gobo sort 的算法描述大致如下：
- 假设我们要对一个大小为 \(n\) 的数列 \(a\) 排序。
- 等概率随机生成一个大小为 \(n\) 的排列 \(p\) 。
- 构造一个大小为 \(n\) 的数列 \(b\) 满足 \(b_i=a_{p_i}\) ，检查 \(b\) 是否有序，如果 \(b\) 已经有序了就结束算法，并返回 \(b\) ，不然返回步骤 \(2\) 。
显然这个算法的期望时间复杂度是 \(O(n\times n!)\) 的，但是九条可怜惊奇的发现，利用量子的神奇性质，在量子系统中，可以把这个算法的时间复杂度优化到线性。
九条可怜对这个排序算法进行了进一步研究，她发现如果一个序列满足一些性质，那么 Gobo sort 会很快计算出正确的结果。为了量化这个速度，她定义 Gobo sort 的执行轮数是步骤 \(2\) 的执行次数。
于是她就想到了这么一个问题：
现在有一个长度为 \(n\) 的序列 \(x\) ，九条可怜会在这个序列后面加入 \(m\) 个元素，每个元素是 \([l,r]\) 内的正整数。
她希望新的长度为 \(n+m\) 的序列执行 Gobo sort 的期望执行轮数尽量的多。她希望得到这个最多的期望轮数。
九条可怜很聪明，她很快就算出了答案，她希望和你核对一下，由于这个期望轮数实在是太大了，于是她只要求你输出对 \(998244353\) 取模的结果。
对于 \(30\%\) 的数据， \(T\leq 10\) , \(n,m,l,r\leq 8\)。
对于 \(50\%\) 的数据， \(T\leq 300,n,m,l,r,a_i\leq 300\) 。
对于 \(60\%\) 的数据， \(\sum{r-l+1}\leq 10^7\) 。
对于 \(70\%\) 的数据， \(\sum{n} \leq 2\times 10^5\) 。
对于 \(90\%\) 的数据，\(m\leq 2\times 10^5\)。
对于 \(100\%\) 的数据， \(T\leq 10^5,n\leq 2\times 10^5,m\leq 10^7,1\leq l\leq r\leq 10^9\) 。
对于 \(100\%\) 的数据， \(1\leq a_i\leq 10^9,\sum{n}\leq 2\times 10^6\) 。
题解
一道不错的签到题。
首先如果每个数都不同，画一画可以知道，有且只有唯一的一种排列是满足条件的，此时需要\(n!\)次。
但是有数相同，那么我们可以强制他们有大小关系、每一种大小关系对应一种排列。如果相同的数个数分别是\(a_1,a_2...a_k\)，则答案为\(\frac{n!}{a_1!a_2!a_3!...a_k!}\)
考虑怎么样加数会使得答案最大：肯定越平均越大（优先加个数少的数字，因为乘的分母小）。于是就维护一个类似阶梯的东西贪心地加就好了。
代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=998244353,N=2e5+10;
int n,m,l,r,jc[11000000],a[N],b[N],c[N],t[N];
int ksm(int x,int k)
{
int s=1;for(;k;k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) s=1ll*s*x%mod;return s;
}
void Work()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&l,&r);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
int ans=jc[n+m],t1=0,t2=0,top=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(a[i]>=l&&a[i]<=r) b[++t1]=a[i];
else c[++t2]=a[i];
b[t1+1]=c[t2+1]=0;
for(int i=2,res=1;i<=t2+1;i++)
if(c[i]!=c[i-1]) ans=1ll*ans*ksm(jc[res],mod-2)%mod,res=1;
else res++;
for(int i=2,res=1;i<=t1+1;i++)
if(b[i]!=b[i-1]) t[++top]=res,res=1;
else res++;
sort(t+1,t+top+1);
int s=r-l+1-top,nw=0,i=1;
for(;i<=top;i++)
if(1ll*s*(t[i]-nw)<=m)
m-=1ll*s*(t[i]-nw),nw=t[i],s++;
else break;
nw+=m/s;m%=s;
ans=1ll*ans*ksm(ksm(jc[nw+1],mod-2),m)%mod;
ans=1ll*ans*ksm(ksm(jc[nw],mod-2),s-m)%mod;
for(;i<=top;i++) ans=1ll*ans*ksm(jc[t[i]],mod-2)%mod;
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
int T;cin>>T;jc[0]=1;
for(int i=1;i<=1e7+1e6;i++) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
while(T--) Work();
}T2 游戏
题意
九条可怜是一个富有的女孩子。她长大以后创业了，开了一个公司。
但是管理公司是一个很累人的活，员工们经常背着可怜偷懒，可怜需要时不时对办公室进行检查。
可怜公司有 \(n\) 个办公室，办公室编号是 \(l\sim l+n-1\) ，可怜会事先制定一个顺序，按照这个顺序依次检查办公室。一开始的时候，所有办公室的员工都在偷懒，当她检查完编号是 \(i\) 的办公室时候，这个办公室的员工会认真工作，并且这个办公室的员工通知所有办公室编号是 \(i\) 的倍数的办公室，通知他们老板来了，让他们认真工作。因此，可怜检查完第 \(i\) 个办公室的时候，所有编号是 \(i\) 的倍数(包括 \(i\) )的办公室的员工会认真工作。
可怜发现了员工们通风报信的行为，她发现，对于每种不同的顺序 \(p\) ，都存在一个最小的 \(t(p)\) ，使得可怜按照这个顺序检查完前 \(t(p)\) 个办公室之后，所有的办公室都会开始认真工作。她把这个 \(t(p)\) 定义为 \(p\) 的检查时间。
可怜想知道所有 \(t(p)\) 的和。
但是这个结果可能很大，她想知道和对 \(10^9+7\) 取模后的结果。
对于 \(20\%\) 的数据，\(r-l+1\leq 8\)。
对于另 \(10\%\) 的数据，\(l=1\)。
对于另 \(10\%\) 的数据，\(l=2\)。
对于另 \(30\%\) 的数据，\(l\leq 200\)。
对于 \(100\%\) 的数据，\(1\leq l\leq r\leq 10^7\)。
题解
一道简单的组合计数问题。
如果把倍数关系画成一张拓扑图的话，那么当且仅当入度为0的点都被选了，检查结束。
设一共有k个入度为0的点，考虑选多少次能够选全，答案就是
\[\sum_{i=k-1}^{n-1}(i+1)C_{i}^{k-1}k!(n-k)!\]
含义是在前\(i\)次中选了\(k-1\)个，在第\(i+1\)次中选了剩下的那一个。贡献是\(i+1\)，在前\(i\)次中选出\(k-1\)次决策用来选必选点，把每一种决策是否选必选点分配好后、只需要把必选点和非必选点排列上去就是方案了，为\(k!(n-k)!\)。
在找入度为0的点是用线性筛，找到自己在\([l,r]\)且为质数或最大因数不在\([l,r]\)的数。
代码
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1e7+10,mod=1e9+7;
int l,r,n,Ans,cnt,ispri[N],pri[N],jc[N],inv[N],tot;
int ksm(int x,int k)
{
int s=1;for(;k;k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) s=1ll*s*x%mod;return s;
}
void Pre()
{
ispri[1]=pri[1]=1;
if(l==1) {cnt=1;return;}
for(int i=2;i<=r;i++)
{
if(!ispri[i]) pri[++tot]=i,cnt+=(i>=l);
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=r;j++)
{
ispri[i*pri[j]]=1;
if(i<l&&i*pri[j]>=l) cnt++;
if(i%pri[j]==0) break;
}
}
}
int main()
{
cin>>l>>r;n=r-l+1;Pre();jc[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=r;i++) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
inv[r]=ksm(jc[r],mod-2);
for(int i=r-1;i>=1;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
for(int i=cnt-1;i<=n-1;i++)
(Ans+=1ll*jc[i]*inv[i-cnt+1]%mod*(i+1)%mod)%=mod;
Ans=1ll*Ans*cnt%mod*jc[n-cnt]%mod;
cout<<Ans<<endl;
}T3 守卫
题意
九条可怜是一个热爱运动的女孩子。
这一天她去爬山，她的父亲为了她的安全，雇了一些保镖，让他们固定地呆在在山的某些位置，来实时监视九条可怜，从而保护她。
具体来说，一座山可以描述为一条折线，折线的下方是岩石。这条折线有 \(n\) 个折点，每个折点上有一个亭子，第 \(i\) 个折点的坐标是 \((i,h_i)\) 。九条可怜只可能会在亭子处玩耍，那些保镖也只会在亭子处监视可怜。
由于技术方面的原因，一个保镖只能监视所有他能看得到的，横坐标不超过他所在位置的亭子。我们称一个保镖能看到一个亭子 \(p\) ，当且仅当他所在的亭子 \(q\) 和 \(p\) 的连线不经过任何一块岩石。特别地，如果这条连线恰好经过了除了 \(p,q\) 以外的亭子，那么我们认为保镖看不到可怜。
雇佣保镖是一件很费钱的事情，可怜的父亲希望保镖越少越好。
可怜的父亲还希望得到详尽的雇佣保镖的方案，他知道有些亭子可能正在维修，他想对所有的 \(1\leq l\leq r\leq n\) 计算：如果事先已知了只有区间 \([l,r]\) 的亭子可以用来玩耍(和监视)，那么最少需要多少个保镖，才能让 \([l,r]\) 中的每一个亭子都被监视到。
可怜的父亲已经得到了一个结果，他希望和你核实他的结果是否正确。
对于 \(30\%\) 的数据， \(n\leq 20\) 。
对于 \(70\%\) 的数据， \(n\leq 500\) 。
对于 \(100\%\) 的数据， \(n\leq 5000\) 。
对于 \(100\%\) 的数据， \(1\leq h_i\leq 10^9\) 。
题解
略有难度的DP。
首先可以维护斜率最值来得到两点间的可见关系。（一开始以为可见区域一定是一段区间，搞了好久的贪心结果错了，Hack:5 1 4 5）
然后设\(f[l][r]\)表示这个区间的最少关键点数，那么一定要在\(r\)处放置一个，再依次找\(r\)看不到的极大区间\([l1,r1]\)，考虑在\(r1,r1+1\)中选一个点作为关键点就好了。
一个需要解释的地方就是为什么\([r1+2,r]\)都看不到\([l1,r1]\)：因为\(r\)看得到\(r1+1\)和\(r1+2\)，所以\(r\)和\(r1+2\)连线的夹角要大一些、在\(r\)和\(r1+1\)连线下方；如果\(r1+2\)看得到\(r1\)的话，则\(r1+2\)和\(r1+1\)的连线的夹角比\(r1+2\)和\(r1\)的大。夹角均为x正半轴出发的有向角，如此一画发现矛盾，\(r1+2\)看不到\(r1\)。
代码很简单，固定一个\(r\)，从后往前扫\(l\)。
代码
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5100;
int n,h[N],f[N][N],see[N][N],ans;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i];
for(int i=1,l=0;i<=n;i++,l=i-1)
for(double mn=1e9;l>=1;l--)
if(1.0*(h[i]-h[l])/(i-l)<mn) mn=1.0*(h[i]-h[l])/(i-l),see[l][i]=1;
for(int r=1;r<=n;r++)
for(int l=r,s=1,lst=l;l>=1;l--)
{
if(see[l][r])
{
if(!see[l+1][r]) s+=min(f[l+1][lst],f[l+1][lst+1]);
f[l][r]=s;
}
else
{
if(see[l+1][r]) lst=l;
f[l][r]=s+min(f[l][lst],f[l][lst+1]);
}
ans^=f[l][r];
}
cout<<ans<<endl;
}后记
听说JXOI 80分就能进队什么鬼啊。。
这放在HN那不晓得有多少AK的。。
我做起来还是比较轻松吧，100+100+30。当然T2推式子的时候有一项推错了，瞟一眼题解发现这题确实是推式子才继续把它推对；T3xjb贪心过了前三个点。这些都是考场上三个半小时不一定能写出来的，所以说虽然80分可以进队，但真正如果是考试，自己又能不能不失误呢？还需要斟酌、修炼。
原文地址：https://www.cnblogs.com/xzyxzy/p/10656800.html