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A. Road To Zero
o(*≧▽≦)ツ
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=100010; typedef long long ll;
#define int ll
int T,x,y,a,b;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>x>>y;
cin>>a>>b;
int ans=0;
if(2*a>b){
if(x>0 && y>0){
int t=min(x,y);
ans+=t*b;
x-=t;
y-=t;
}
if(x<0 && y<0){
int t=min(-x,-y);
ans+=t*b;
x+=t;
y+=t;
}
}
ans+=a*(abs(x)+abs(y));
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
B. Binary Period
(*^▽^*)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=100010; typedef long long ll;
#define int ll
int T;
string s;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>s;
bool a0=1,a1=1;
repeat(i,0,s.length()){
if(s[i]=='1')a0=0;
if(s[i]=='0')a1=0;
}
if(a0 || a1)cout<<s;
else
repeat(i,0,s.length())
cout<<"01";
cout<<endl;
}
return 0;
}
C. Yet Another Counting Problem
好了，正片开始
事实上，\((x \bmod a)\) 是有周期性的，周期为 \(a\)，\((x \bmod b)\) 的周期为 \(b\)，那么 \(g(x)=f(x \bmod a,x \bmod b)\) 呢？显而易见，\(ab\) 一定是 \(g(x)\) 的其中一个周期
那么我们令 \(g(x)=[x \bmod a \bmod b\not= x \bmod b \bmod a]\)，只要维护 \(g(x)\) 的一个周期（长为 \(ab\)），就能很快算出 \(\sum\limits_{i=l}^{r}g(x)\) 了
（一定有人想问为什么不说人话，要不……直接看代码吧？逃）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=100010; typedef long long ll;
#define int ll
int T;
int s[N];
int a,b,q;
int work(int x){
return x/(a*b)*s[a*b]+s[x%(a*b)];
}
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>a>>b>>q;
repeat(i,1,a*b+1)
s[i]=s[i-1]+(i%a%b!=i%b%a); //g(x)的前缀和
while(q--){
int x,y; cin>>x>>y;
cout<<work(y)-work(x-1)<<' ';
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
D. Multiple Testcases
一波巧妙的构造，差点被自己惊艳到/xyx（huge fog）
事实上第一个应该求出的是 \(ans\)。先让 \(\{m[i]\}\) 升序排列，如果要将大于等于 \(m[i]\) 的所有数存起来，那么一定需要 \(\lceil \dfrac {n-i+1}{c[m[i]]}\rceil\) 个数据点（大于等于 \(m[i]\) 的数有 \(n-i+1\)个），取它们的最大值 \(\max\limits_{i=1}^{n}\lceil \dfrac {n-i+1}{c[m[i]]}\rceil\) 就是 \(ans\) 了
然后需要构造出这么存数据点，直接轮流放置即可，即 \(m[1]\) 放第 \(1\) 个， \(m[2]\) 放第 \(2\) 个，……，\(m[ans]\) 放第 \(ans\) 个，\(m[ans+1]\) 放第 \(1\) 个，……，\(m[k\cdot ans+t]\) 放第 \(t\) 个。这个巧妙（雾）的设计可以避免过载，虽然暂时不确定这个方法是不是有锅/kk
证明？证明是不存在的，不然我现在也不会这么慌
更：杨老师提供了证明（%%%tql）
就 考虑从头到尾放置 其实是1.2.3...ans然后回到1.2.3...这样从头到尾放过来
1.2.3..ans指的是最后的答案
在放置的过程中 如果有超过限制的个数出现 比如8之前只能放3个 总共有5个容器可以放 但是第一个容器放了4个
这时候说明8之前数的个数的肯定超过了3*5+1个 答案就肯定不止5个容器了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int a[N],c[N];
int n,k,ans;
signed main(){
cin>>n>>k;
repeat(i,1,n+1)cin>>a[i]; sort(a+1,a+n+1);
repeat(i,1,k+1)cin>>c[i];
repeat(i,1,n+1)ans=max(ans,(n-i+1+c[a[i]]-1)/c[a[i]]);
cout<<ans<<endl;
repeat(i,1,ans+1){
int cnt=0;
for(int j=i;j<=n;j+=ans)
cnt++;
cout<<cnt<<' ';
for(int j=i;j<=n;j+=ans)
cout<<a[j]<<' ';
cout<<endl;
}
return 0;
}
E. Placing Rooks
首先有一个重要的结论，即每一行都一个车/每一列都有一个车，两者至少满足其一。如果不满足，那么我们写出它的相反命题，即存在一行无车并且存在一列无车，显然不满足题意，QED
那么先假设车占据了任一列。经过简单操作发现，所有车占据的行数恰好等于 \(n-k\)，证明略，不相信的可以画个棋盘搞一下（雾）
然后我用了容斥，先选择 \(n-k\) 行（\(C_{n}^{n-k}\) 种情况），在列互不相同的情况下每个棋子都无脑放入这 \(n-k\) 行（\((n-k)^n\) 种情况），显然会多出有空行的情况，所以要减去至少有 \(1\) 个空行（\((n-k-1)^n C_{n-k}^{1}\) 种情况），加上至少有 \(2\) 个空行（\((n-k-2)^n C_{n-k}^{2}\) 种情况），减去至少有 \(3\) 个空行，……公式为 \(C_{n}^{n-k}[(n-k)^n-(n-k-1)^n C_{n-k}^{1}+(n-k-2)^n C_{n-k}^{2}-...]\)
当然我们刚好考虑一半，所以要乘2。但是但是，\(k=0\) 就不用乘2，特判一下，\(k> n\) 也要特判一下不然 \(n-k\) 是负数了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
const int mod=(0?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
#define int ll
struct CC{
static const int N=200010;
ll fac[N],inv[N];
CC(){
fac[0]=1;
repeat(i,1,N)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[N-1]=qpow(fac[N-1],mod-2,mod);
repeat_back(i,0,N-1)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll operator()(ll a,ll b){ //a>=b
if(a<b)return 0;
return fac[a]*inv[a-b]%mod*inv[b]%mod;
}
}C;
int a[N],c[N];
int n,k,ans;
signed main(){
cin>>n>>k;
if(k>=n)cout<<0<<endl,exit(0);
if(k==0)cout<<C.fac[n]<<endl,exit(0);
repeat(i,0,n-k+1){
if(i%2==0)ans+=qpow(n-k-i,n)*C(n-k,i)%mod;
else ans-=qpow(n-k-i,n)*C(n-k,i)%mod;
}
ans%=mod;
(ans*=C(n,n-k))%=mod;
(ans*=2)%=mod;
cout<<(ans+mod)%mod<<endl;
return 0;
}