ARC102
前言
实在是太菜了。。。。写完第一题就弃疗。。感觉T3好歹也是道可做题吧！！然后T2怎么又是进制拆分！
正文
A
题意 给你两个数字\(n,k(1 \leq n,k \leq 2e5)\) 求出有序对\((a,b,c)\) 的数量 使得满足\((a,b,c \leq n)\) 且 \(a+b , a+c , b+c\) 都是\(k\)的倍数
- 题解 可以很快地发现 \(a%k==b%k==c%k\) 且 \((a+b)%k==0\) 那么\(a,b,c\) 模 \(k\) 之后的情况只剩下了两种
- 都等于0
- 都等于 \(\frac{k}{2}\)
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define rf(i,x,y) for(int i=x;i>=y;--i)
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int yz[N];
int main(){
int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);
LL ans=0;
LL gg=n/k;
ans=gg*gg*gg;
if(k%2==0){
LL pos=n/k;
if(pos*k+(k/2)<=n) pos++;
ans+=pos*pos*pos;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}B
题意 给你一个数\(L(2 \leq L \leq 1e6)\) 让你构造出一张有向图 最多20个点 60条边 （顶点按照1，2，...标号 且满足拓扑序为 1,2,3....
题解 看到最多20个点
很明显可以想到二进制拆分嘛！！
首先我们可以构造出这么一张图 ：：
然后我们拆分一下\(L\) 我们对于剩下的 可以钦定高位 让低位从\(0000..\)一直取到\(1111...\)
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define rf(i,x,y) for(int i=x;i>=y;--i)
#define LL long long
using namespace std;
const int N=30;
struct data{
int nt,to,w;
}a[N*N];
int b[N],head[N];
int n,m,cnt=0;
void add(int x,int y,int w){
a[++cnt].to=y,a[cnt].w=w,a[cnt].nt=head[x],head[x]=cnt;
}
int main(){
int L;scanf("%d",&L);
int n=0,tmp=L;
for(;L;L>>=1) n++;
L=tmp;
fr(i,1,n-1) add(i,i+1,1<<(i-1)),add(i,i+1,0);
int gg=1<<(n-1);
rf(i,n-1,1) if((L>>(i-1))&1) add(i,n,gg),gg+=(1<<(i-1));
printf("%d %d\n",n,cnt);
fr(u,1,n) for(int i=head[u];i;i=a[i].nt){
printf("%d %d %d\n",u,a[i].to,a[i].w);
}
return 0;
}C
题意 给你\(n\)个骰子 每个骰子有\(k\)个面 代表的数字分别为\(1...k\) 骰子相同 对于每一个\(2 \leq i \leq 2*k\) 问有多少钟方案使得任意两个骰子相加和不为\(i\)
\(n,k \leq 2000\)题解
组合数学容斥
我们考虑对于一个\(i\) 有多少对是不合法的 设为\(t\)
那么我们可以进行容斥操作。。 枚举\(j\)对不合法的
那么对于剩下的\(n-2*j\)个骰子 随意投 又骰子是相同的 等价于一个放球问题 \(n-2*j\)个相同的球放入\(k\)个盒子里 可以为空
\(C_{n-2*j+k-1}^{k-1}\)
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define rf(i,x,y) for(int i=x;i>=y;--i)
#define LL long long
using namespace std;
const int N=4010,mod=998244353;
LL jc[N]={1},ny[N];
void Mul(LL &x,LL y){
x=(x*y)%mod;
}
void Add(LL &x,LL y){
x=(x+y+mod)%mod;
}
LL mul(LL x,LL y){
return x*y%mod;
}
LL q_pow(LL x,int y=mod-2){
LL ans=1;
for(;y;y>>=1){
if(y&1) Mul(ans,x);
Mul(x,x);
}
return ans;
}
LL C(int x,int y){
if(x==y||!y) return 1;
LL pos=mul(jc[x],mul(ny[y],ny[x-y]));
//printf("%d %d %lld\n",x,y,pos);
return pos;
}
int main(){
int n,k;scanf("%d%d",&k,&n);
fr(i,1,n+k) jc[i]=jc[i-1]*1LL*i%mod,ny[i]=q_pow(jc[i]);
fr(i,2,2*k){
int gg=i/2;
if(i-i/2>k) gg=0;
else if(i>k+1) gg-=(i-k-1);
LL ans=0;
//printf("zz%d %d\n",i,gg);
fr(j,0,gg) {
if(j*2>n) break;
//printf("j=%d gg=%d n-2*j+k-1=%d k-1=%d\n",j,gg,n-2*j+k-1,k-1);
LL pos=mul(C(gg,j),C(n-2*j+k-1,k-1));
if(j&1) Add(ans,-pos);
else Add(ans,pos);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}D
题意 给出一个\(n\)的排列 每次可以交换这个三个数\(a_{i-1},a{i},a_{i+1}\) 满足\(a_{i-1} > a_i > a_{i+1}\) 则交换\(a_{i-1}\)和\(a_{i+1}\) 问最后能否将原序列变成\(1,2,3,4...n\)
题解 首先搞出\(b[]\) \(b[i]=(a[i]==i)\)
- 如果有连续三个\(b\)是0的话显然是不可行的
- 将\(b\)数组划分成一段一段
对于\([l,r]\)这一段 \(a[l]至a[r]\) 的值域也必须是\([l,r]\)
考虑\(a[i]>i\) 就看离\(a[i]\)最近的\(a[j]>i\) 之中的\(a[j]\)是否大于\(a[i]\)
\(a[i]<i\) 同理
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define rf(i,x,y) for(int i=x;i>=y;--i)
#define LL long long
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int a[N],b[N];
void fail(){
printf("No\n");
exit(0);
}
bool check(int l,int r){
int L=0,R=0;
fr(i,l,r){
if(b[i]<l||b[i]>r) return false;
if(b[i]<i)
if(L>b[i]) return false;
else L=b[i];
else if(b[i]>i)
if(R>b[i]) return false;
else R=b[i];
}
return true;
}
int main(){
int n;scanf("%d",&n);
fr(i,1,n) scanf("%d",&b[i]),a[i]=(b[i]==i);
fr(i,2,n-1) if(!a[i-1]&&!a[i]&&!a[i+1]) fail();
fr(i,1,n){
if(!a[i]){
int l=i,r=i,nw=0;
while((a[r+1]^nw)&&r+1<=n) r++,nw^=1;
//printf("%d %d\n",l,r);
if(!check(l,r)) fail();
i=r;
}
}
printf("Yes\n");
return 0;
}