嗯T1忘记取模了，100到20
嗯T2忘记了那啥定理，暴力也写炸了，这题我认
嗯T3线段树合并分裂没有写炸，考场上就知道妥妥的70分。但是，分数出的时候听到有人说暴力也是70分，我？？？脸黑，枉我敲了一个半小时
据说有大佬的线段树合并分裂A掉了T3，然而我这份极限数据跑了2.4s的代码不敢说话，至今还是黄黄的70分TLE挂在那里
T1：昆特牌
题目链接：
https://jzoj.net/senior/#contest/show/2546/0
题目：
作为一个资深OIer，你被邀请到位于波兰的CDPR总部参观。但没想到你刚一到就遇到了麻烦。昆特牌的数据库发生了故障。原本昆特牌中有 k种卡牌和n 种阵营，为了平衡，每个阵营拥有的卡牌种数都是相等的，并且每个阵营的数据顺序排列。由于故障，卡牌数据被打乱了，每个阵营现在有ai 种卡牌。因为昆特牌即将迎来重大更新，每种牌的所属阵营并不重要，工程师只想尽快让每个阵营拥有相同数量的卡牌。由于数据库的结构原因，你每单位时间只能将一种牌向左边或右边相邻的一个阵营移动。作为OI选手，这自然是难不倒你，但作为一名卡牌游戏爱好者，你想知道最终的卡牌分布有多少种方案。两种方案不同当且仅当存在一种卡牌，它在两种方案中所属阵营不同。对998244353取模
题解：
就是均分纸牌问你方案数。很自然联想均分纸牌的做法，发现变成负数的时候好像搞不了方案数啊。于是很大胆的猜测只要给出去牌之后自己还是正的，现在给和以后给都是一样的。那么我就是要尽可能的让当前要给牌的位置牌足够多。什么时候足够多呢？所有的该给它的牌都给它就是了。发现就是连个边拓扑排序一下就ok了，边权就是需要给的牌的数量
哎，别忘了取模
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+15;
const ll mo=998244353;
int n,k;
ll a[N],b[N],fac[N],in[N];
struct node{
int to;
ll w;
};
vector <node> p[N];
inline ll read(){
char ch=getchar();ll s=0,f=1;
while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9') {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return s*f;
}
queue <int> q;
ll qpow(ll a,ll b)
{
ll re=1;
for (;b;b>>=1,a=a*a%mo) if (b&1) re=re*a%mo;
return re;
}
ll C(ll a,ll b)
{
return fac[a]*qpow(fac[b],mo-2)%mo*qpow(fac[a-b],mo-2)%mo;
}
ll topo()
{
ll ans=1;
while (!q.empty()) q.pop();
for (int i=1;i<=n;i++) if (!in[i]) q.push(i);
while (!q.empty())
{
int k=q.front();q.pop();
for (int i=0;i<p[k].size();i++)
{
node u=p[k][i];
ans=ans*C(b[k],u.w)%mo;
b[k]-=u.w;
b[u.to]+=u.w;
in[u.to]--;
if (!in[u.to]) q.push(u.to);
}
}
return ans;
}
int main()
{
freopen("gwent.in","r",stdin);
freopen("gwent.out","w",stdout);
fac[0]=1;
for (int i=1;i<N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
int T=read();
while (T--)
{
n=read();k=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
b[i]=a[i];
k+=a[i];
p[i].clear();
}
k/=n;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
if (a[i]==k) continue;
if (a[i]>k)
{
ll q=a[i]-k;
p[i].push_back((node){i+1,q});
in[i+1]++;
a[i]-=q;
a[i+1]+=q;
}
else
{
ll q=k-a[i];
p[i+1].push_back((node){i,q});
in[i]++;
a[i]+=q;
a[i+1]-=q;
}
}
printf("%lld\n",topo());
}
return 0;
}
T2：时空幻境
题目链接：
https://jzoj.net/senior/#contest/show/2546/1
题目：
Tim拥有控制时间的能力。他学会了BFS后，出了一道题：求出一张无向图中连通块的个数。他想请你做出这道题来
题解：
我们定义每次从x到超过n被取模为一轮，有个结论就是说若是初始的x不同，这一轮中的边都不同。更深入的就是说，在碰到x相等之前，每连一条边都会减少一个连通块
我们定义从开始到回到x为一个循环，显然一旦我们找到最小循环节后面就不需要做下去了，可以直接计算答案
首先我们找最小循环节，$x \times k^p \,\ \equiv \,\ x (\mod n)$，最小循环节为使得上式成立的最小p
根据$x \times k^{\varphi(n)} \,\ \equiv \,\ x \,\ (\mod n)$，我们知道$p|\varphi(n)$
由于n是固定的，我们预处理$\varphi(n)$的约数从小到大枚举快速幂判断即可
找到最小循环节之后呢？
最小循环节是偶数就是隔一个连一条边，直到某个$a_y==x$就停下；是奇数就是一直合并，两次到某个$a_y==x$才停下，也就是直到成环，但是注意最后一条完成环的边不能算入答案
画画图对理解有帮助
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=25;
int cnt;
ll pri[N];
void div(ll x)
{
for (int i=1;1ll*i*i<=x;i++)
{
if (x%i) continue;
pri[++cnt]=i;if (1ll*i*i!=x) pri[++cnt]=x/i;
}
}
ll qpow(ll a,ll b,ll mod)
{
ll re=1;
for (;b;b>>=1,a=a*a%mod) if (b&1) re=re*a%mod;
return re;
}
int main()
{
freopen("braid.in","r",stdin);
freopen("braid.out","w",stdout);
div(998244352);
sort(pri+1,pri+1+cnt);
int T;
ll n,m,x,k;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
scanf("%lld%lld",&x,&k);
ll ans;
for (int i=1;i<=cnt;i++)
{
if (qpow(k,pri[i],n)==1)
{
ans=pri[i];
break;
}
};
if (ans==1) ans=0;//特判一下
if (ans&1) ans--;//完成了环
else ans/=2;//边数等于点数除2
if (ans<m) printf("%lld\n",n-ans);
else printf("%lld\n",n-m);
}
return 0;
}
T3：初音未来
题目链接：
https://jzoj.net/senior/#contest/show/2546/2
题目：
Hercier作为一位喜爱Hatsune Miku的OIer，痛下决心，将Vocaloid买回了家。打开之后，你发现界面是一个长为n的序列，代表音调，并形成了全排列。你看不懂日语，经过多次尝试，你只会用一个按钮：将一段区间按升序排序。不理解音乐的Hercier决定写一个脚本，进行m次操作，每次对一段区间进行操作。可惜Hercier不会写脚本，他找到了在机房里的你，请你模拟出最后的结果。
题解：
部分分：经典题目，二分答案后变为区间查询，区间set1,0.见 [HEOI2016/TJOI2016]排序
一个序列交换相邻的两个数进行排序的话，最小次数就是逆序对个数，具体操作方法就是每次交换相邻逆序对。
所 以将排序过程变为交换相邻位置直到没有逆序对。记录哪些位置是逆序对。
这个过程可以用set维护，每次二分出逆序对的位置，如果再区间内，则交换之，并将两侧出现的新逆序对加入。
由于只会交换$O(n^2)$次，总的时间复杂度为$O((n^2+m)log n)$
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=25;
int cnt;
ll pri[N];
void div(ll x)
{
for (int i=1;1ll*i*i<=x;i++)
{
if (x%i) continue;
pri[++cnt]=i;if (1ll*i*i!=x) pri[++cnt]=x/i;
}
}
ll qpow(ll a,ll b,ll mod)
{
ll re=1;
for (;b;b>>=1,a=a*a%mod) if (b&1) re=re*a%mod;
return re;
}
int main()
{
freopen("braid.in","r",stdin);
freopen("braid.out","w",stdout);
div(998244352);
sort(pri+1,pri+1+cnt);
int T;
ll n,m,x,k;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
scanf("%lld%lld",&x,&k);
ll ans;
for (int i=1;i<=cnt;i++)
{
if (qpow(k,pri[i],n)==1)
{
ans=pri[i];
break;
}
};
if (ans==1) ans=0;//特判一下
if (ans&1) ans--;//完成了环
else ans/=2;//边数等于点数除2
if (ans<m) printf("%lld\n",n-ans);
else printf("%lld\n",n-m);
}
return 0;
}