因为参加完wc后心情很差，而且在广州过年没Ubuntu，所以就没打这场比赛了，结果这套题全部1A了，现在看来真是错失良机 结果这场不计rating
今天是除夕，大家节日快乐
A. Lunar New Year and Cross Counting
题意
给定 \(n\times n\) 的 \(01\) 矩阵，定义一个十字为摆成X的五个 \(1\) ，问矩阵内部有多少这种十字（\(n\leq 500\)）
思路
A题不出意外一般是直接模拟，复杂度\(O(n^2)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const char ch='X';
char s[503][503];
int n,ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%s",s[i]+1);
for(int i=2;i<n;++i)
for(int j=2;j<n;++j)
if(s[i][j]==ch && s[i-1][j-1]==ch && s[i-1][j+1]==ch && s[i+1][j-1]==ch && s[i+1][j+1]==ch)
++ans;
cout << ans << endl;
return 0;
}B. Lunar New Year and Food Ordering
题意
给定\(n\)份食物，每份食物有自己的价格和数量，给定\(m\)个依次到达的客人，第\(i\)个人会要\(d_i\)个第\(t_i\)种食物，若不够，则从剩下食物中最便宜的选起，求每人的花费（\(n,m\leq 10^5\)）
思路
感觉随便乱搞的题，关键在于如何快速找到剩下食物中最便宜的，只要将食物按价格升序排序后记录一个指针即可，在该指针前的食物全部售罄，复杂度\(O(n\log n+m)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename _tp> inline void read(_tp&x){
char c11=getchar(),ob=0;x=0;
while(c11!='-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')c11=getchar(),ob=1;
while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;
}
const int N=101003;
int c[N],v[N],t[N];
int n,m;
inline bool cmp(const int&A,const int&B){return v[A]<v[B];}
int main(){
read(n),read(m);
for(int i=1;i<=n;++i)read(c[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)read(v[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)t[i]=i;
sort(t+1,t+n+1,cmp);
int lst=1,ps,ct;
ll ans;
while(m--){
read(ps),read(ct);
if(c[ps]>=ct)c[ps]-=ct,ans=(ll)ct*v[ps];
else {
ans=(ll)c[ps]*v[ps];
ct-=c[ps],c[ps]=0;
while(lst<=n){
int id=t[lst];
if(c[id]>=ct){
c[id]-=ct;
ans+=(ll)ct*v[id];
ct=0;
break;
}ct-=c[id];
ans+=(ll)c[id]*v[id];
c[id]=0;
++lst;
}
if(ct)ans=0;
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}C. Lunar New Year and Number Division
题意
给定\(n\)个元素（保证\(n\)为偶数），将这些元素划分为若干个组，要求每个组元素个数不低于两个，不设上限，每个组的权值为组内元素和的平方，定义一种划分方案的权值为所有组贡献的和，求划分方案的最小值（\(n\leq 3\times 10^5\)）
思路
题目给了很好的提示，应该能猜想一定存在一种最优划分将元素划分为两两一组，想法证明：
首先若存在一组超过四个元素的，定能将其划分为若干个更小的组，相应的，其贡献也会更低
若存在一组三个元素的，由于\(n\)为偶数，则定能找到另一组三个元素，由于三个元素\(a,b,c\)的贡献为\(a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\)，由于其中平方项是无论如何划分都会产生的，所以有区别的只有\(2ab+2ac+2bc\)，产生了三个附加项，两个组共六个附加项，若划分为两两一组，则只会产生三个附加项，再加分类讨论即可证明两两一组更优
现在知道了两两一组最优，但如何划分？由于要尽量避免两个大元素相乘，所以第\(i\)小元素和第\(i\)大元素一组。想法证明：
对四个元素的情况进行讨论：
设 \(a\leq b\leq c\leq d\)，要证\(ad,bc\)一组最优
即证\(\begin{cases} ab+cd-ad-bc\geq 0\\ ac+bd-ad-bc\geq 0 \end {cases}\)
对于上面的式子：
\[ab+cd-ad-bc=(d-b)(c-a)\geq 0\]
对于下面的式子：
\[ac+bd-ad-bc=(d-c)(b-a)\geq 0\]即可证明四个元素情况下\(ad\)一组，\(bc\)一组最优，将四个元素的情况进行拓展即可
时间复杂度\(O(n\log n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename _tp> inline void read(_tp&x){
char c11=getchar(),ob=0;x=0;
while(c11!='-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')c11=getchar(),ob=1;
while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;
}
int a[301003],n;
int main(){
read(n);
for(int i=n;i;--i)read(a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
ll ans = 0ll;
for(int i=n>>1;i;--i)
ans += (a[i]+a[n-i+1]) * (a[i]+a[n-i+1]);
cout << ans << endl;
return 0;
}D. Lunar New Year and a Wander
题意
给定\(n\)点\(m\)边无向图，从任意点出发，每次可以到达一个已达点（不一定是当前点）的相邻点，得到一个到达所有点的顺序（一个排列），问该顺序的最小字典序（\(n,m\leq 10^5\)）
思路
和NOIp2018Day2T1有点像（不是同一道题啦(￣▽￣)）
这题只要将相邻点加入堆，每次从堆里头选即可（要判是否已达）
时间复杂度\(O(n\log n+m)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename _tp> inline void read(_tp&x){
char c11=getchar(),ob=0;x=0;
while(c11!='-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')c11=getchar(),ob=1;
while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;
}
const int N=101003;
struct Edge{int v,nxt;}a[N+N];
int head[N],vis[N],ans[N];
int n,m,_;
priority_queue <int> h;
inline void ad(){
static int x,y;read(x),read(y);
a[++_].v=y,a[_].nxt=head[x],head[x]=_;
a[++_].v=x,a[_].nxt=head[y],head[y]=_;
}
int main(){
read(n),read(m);
while(m--)ad();
h.push(-1);vis[1]=1;
while(!h.empty()){
int x=-h.top();h.pop();
ans[++ans[0]]=x;
for(int&i=head[x];i;i=a[i].nxt)
if(!vis[a[i].v])h.push(-a[i].v),vis[a[i].v]=1;
}
for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}E. Lunar New Year and Red Envelopes
题意
在一段长为\(n\)的时间内，Bob有\(k\)个红包可领取，第\(i\)个红包只能在时间\([l_i,r_i]\)间领取，价值\(w_i\)，选择后在时刻\(d_i\)前都不能再选其他红包
Bob有自己的选红包策略，若某时刻Bob可以选取红包：
- 选择当前可选红包中最大的
- 若有多个红包最大，则选择\(d\)最大的
所以Bob的收益其实是固定的。但Alice会来捣乱，她有\(m\)次机会扰乱Bob，每次可以使得Bob在一个时间点不选红包，问Bob的最小收益（Bob的策略恒定不变）
（\(n\leq 10^5,m\leq 200,k\leq 10^5\)）
思路
看到\(m\)这么小首先考虑Dp
设\(f[i][j]\)表示前 \(i\) 的时间内使用了 \(j\) 次扰动的最小收益，首先尝试用\(f[i][j]\)去更新\(f[i+1][j+1]\)
然后考虑若 \(i\) 时刻可以选红包，则选择的红包是固定的，若红包对应的\(d\)为\(D\)，收益\(W\)，则可以用\(f[i][j]+W\)去尝试更新\(f[D+1][j]\)
若 \(i\) 时刻不能选红包，则可以用\(f[i][j]\)去尝试更新\(f[i+1][j]\)
时刻 \(i\) 选择的红包可以用堆或线段树预处理
时间复杂度\(O(nm+k\log k)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename _tp> inline void read(_tp&x){
char c11=getchar(),ob=0;x=0;
while(c11!='-'&&!isdigit(c11))c11=getchar();if(c11=='-')c11=getchar(),ob=1;
while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();if(ob)x=-x;
}
inline void cmin(ll&A,ll B){if(A>B)A=B;}
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int N=101003;
int d[N],w[N];
ll f[N][203];
int n,m,k,tp;
struct node{
int l,r,d,w;
inline void in(){read(l),read(r),read(d),read(w);}
friend inline bool operator < (const node&A,const node&B) {return A.w!=B.w?A.w<B.w:A.d<B.d;}
friend inline bool operator > (const node&A,const node&B) {return A.w!=B.w?A.w>B.w:A.d>B.d;}
}p[N],h[N];
inline bool cmp (const node&A,const node&B) {return A.l<B.l;}
inline void push(node x){
h[++tp]=x;
int pp=tp;
while(pp>1 and h[pp]>h[pp>>1])
swap(h[pp],h[pp>>1]),pp>>=1;
}
inline void pop(){
h[1]=h[tp--];int pp=1;
while(((pp<<1)<=tp and h[pp]<h[pp<<1]) or ((pp<<1|1)<=tp and h[pp]<h[pp<<1|1])){
pp<<=1;
if(h[pp]<h[pp|1])pp|=1;
swap(h[pp],h[pp>>1]);
}
}
int main(){
read(n),read(m),read(k);
for(int i=1;i<=k;++i)p[i].in();
sort(p+1,p+k+1,cmp);
for(int i=1,id=1;i<=n;++i){
while(id<=k and p[id].l<=i)push(p[id]),++id;
while(tp and h[1].r<i)pop();
if(tp)d[i]=h[1].d,w[i]=h[1].w;
else d[i]=i;
}
for(int i=n+1;~i;--i)
for(int j=m;~j;--j)
f[i][j] = inf;
f[0][0]=0;
for(int i=0;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=m;++j){
cmin(f[i+1][j+1],f[i][j]);
cmin(f[d[i]+1][j],f[i][j]+w[i]);
}
ll ans = inf;
for(int j=0;j<=m;++j)
cmin(ans,f[n+1][j]);
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}F. Lunar New Year and a Recursive Sequence
题意
已知一个序列的前\(k-1\)项为\(1\)，第\(n\)项为\(m\)，和其递推式：\(f_i=\prod_{j=1}^kf_{i-j}^{b_i}\)
求该序列第 \(k\) 项
（\(k\leq 100,k<n\leq 10^9\)，题目在模\(998244353\)条件下进行）
思路
比较无趣的一题
首先递推式使用幂次积而非乘积和则考虑对指数进行递推，非常幸运地发现\(f_i=1=f_k^0(i<k)\)，所以可以矩乘快速幂求解\(f_n\)是\(f_k\)的多少次方
现在的瓶颈在于求\(x^t\equiv b(\bmod p)\)，也就是求……k次剩余？
想法将幂次再次化简，想到模数有原根\(g=3\)，设
\(\begin{cases} b\equiv g^{b_0}\pmod p\\ x\equiv g^{x_0}\pmod p \end{cases}\)
将原式化简为\(g^{x_0t}\equiv g^{b_0}\pmod p\)
即\(x_0\cdot t\equiv b_0\pmod {(p-1)}\)
裸bsgs可得\(g_0\)，利用该式可裸exgcd求解\(x_0\)
最后答案为\(f_k=x\equiv g^{x_0}\pmod p\)
记得所有对幂次进行取模都要对\(p-1\)取模！！！
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=103,p=998244353;
struct mat{
int n,m,a[N][N];
inline mat(){memset(a,0,sizeof a);}
inline mat(const int&nn,const int&mm):n(nn),m(mm){for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<m;++j)a[i][j]=0;}
friend inline mat operator * (const mat&A,const mat&B) {
mat res(A.n,B.m);
for(int i=0;i<A.n;++i)
for(int k=0;k<A.m;++k)if(A.a[i][k])
for(int j=0;j<B.m;++j)
res.a[i][j]=(res.a[i][j]+(ll)A.a[i][k]*B.a[k][j])%(p-1);
return res;
}
};
int exgcd(int a,int b,int&x,int&y){
if(!b){x=1,y=0;return a;}
int t=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;return t;
}
inline int qpow(int A,int B){
int res(1);while(B){
if(B&1)res=(ll)res*A%p;
A=(ll)A*A%p,B>>=1;
}return res;
}
map <int,int> mp;
int bsgs(int x){
int sr=40000;
int bs=1;
for(int i=0;i<=sr+10;++i)
mp[bs]=i,bs=3ll*bs%p;
int inv=qpow(qpow(3,sr),p-2);
for(int i=0;;++i){
if(mp.find(x)!=mp.end())
return i*sr+mp[x];
x=(ll)x*inv%p;
}
}
int main(){
int k,n,m;
scanf("%d",&k);
mat A(k,k);
for(int i=0;i<k-1;++i)
A.a[i][i+1]=1;
for(int i=k-1;~i;--i)
scanf("%d",&A.a[k-1][i]);
scanf("%d%d",&n,&m);
mat res(k,1);
res.a[k-1][0]=1;
int B=n-k;
while(B){
if(B&1)res=A*res;
A=A*A,B>>=1;
}
int t=res.a[k-1][0],x,y;
int gcd=exgcd(t,p-1,x,y),gm=bsgs(m);
if(gm%gcd){puts("-1");return 0;}
x=(x+p-1)%(p-1);
x=(ll)x*(gm/gcd)%(p-1);
printf("%d\n",qpow(3,x));
return 0;
}