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考試復盤

第一題，乍一看期望，又不會做了，乍二看，暴力好像可以$20$跑路，屁顛屁顛敲完死活過不了這個簡單的樣例；開始(⊙⊙?)乍三看，實數？？完了直接哦豁，麻溜拍拍屁股走人

第二題我一看一坨數學公式，人直接傻掉@_@，這種直接問公式答案的少不了使勁推式子的過程，而且非常了解自己的數學水平，肯定不行；想法肯定會有就是拆$gcd$的質因子分開算貢獻；推了一會兒，發現確實不行，快速暴力下一個(╥╯^╰╥)

第三題有點感覺，自己手玩了幾組，找了下規律，感覺跟逆序對個數和區間長度關系掛鉤，而且好像都是最多只能減少$1$，因為相比起來做出第三題的概率更大，兩個小時多都在淦這一道，想到了可持久化線段樹，差分算區間逆序對個數，下標和值域是同樣區間，但是卡在了最后這么找這一段的時間上，只會暴力跳ヽ(○^?)ﾉ?

誰曾想，xez的算法，左掃一遍，又掃一遍，最后變幾個能$AC$，這種做法之高叼！

數學題——就是要敢猜，先猜后證ball哥教的

rng

考慮對于每個$i<j$，計算$a[i]>a[j]$的概率并求和

假設$(l_i,r_i)=(l_1,r_1),(l_j,r_j)=(l_2,r_2)$

先從$l_1=l_2=0$入手

若$r_1\le r_2$，則概率為$\frac{r_1}{2r_2}=\frac{r_1^2}{2r_1{r}_2}$

這個實數的概率很像JJ晚上給我做的物理高必刷必修二里面的一道積分滑動摩擦力做功，長度和為$n$的$m$個小物塊從光滑面滑入粗糙面，利用積分求解的

若$r_1>r_2$，則概率為$1?\frac{r_2}{2r_1}=\frac{2r_1{r}_2?r_2^2}{2r_1{r}_2}$

$\frac{r_2}{2r_1}$就是假如$j<i$的逆序對概率，用$1$減去則為$i<j$時的逆序對概率

用三個樹狀數組維護$1,x,x^2$

接下來考慮$(l_1,r_1),(l_2,r_2)$

容斥答案為$$\frac{f(r_1,r_2)?f(l_1,r_2)?f(r_1,l_2)+f(l_1,l_2)}{2(r_1?l_1)(r_2?l_2)}$$

非常常見的二維平面容斥方法

注意不應該直接減概率，$f$相當于是合法面積

#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; #define maxn 100005 #define int long long #define mod 998244353 pair < int, int > p[maxn][2]; int n, cnt; int l[maxn], r[maxn], x[maxn << 1], num[2];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }struct node {int val;int t[maxn << 1];int lowbit( int x ) {return x & ( -x );}void add( int x, int y ) {val = ( val + y ) % mod;for( int i = x;i <= cnt;i += lowbit( i ) )t[i] = ( t[i] + y ) % mod;}int query( int x ) {if( x == cnt ) return val;int ans = 0;for( int i = x;i;i -= lowbit( i ) )ans = ( ans + t[i] ) % mod;return ans;}int query( int l, int r ) {return ( query( r ) - query( l - 1 ) ) % mod;} }A, B, C;#define opt first #define val secondsigned main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &l[i], &r[i] );p[i][0] = make_pair( -1, l[i] );p[i][1] = make_pair( 1, r[i] );x[++ cnt] = l[i], x[++ cnt] = r[i];}sort( x + 1, x + cnt + 1 );int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int inv = qkpow( r[i] - l[i], mod - 2 );pair < int, int > now;for( int j = 0;j <= 1;j ++ ) {now = p[i][j];num[j] = lower_bound( x + 1, x + cnt + 1, now.val ) - x;ans = ( ans + now.opt * C.query( 1, num[j] ) * inv % mod ) % mod;ans = ( ans + now.opt * ( B.query( num[j] + 1, cnt ) * 2 * now.val % mod- A.query( num[j] + 1, cnt ) * now.val % mod * now.val % mod) * inv % mod) % mod; }for( int j = 0;j <= 1;j ++ ) {now = p[i][j];A.add( num[j], now.opt * inv % mod );B.add( num[j], now.opt * now.val * inv % mod );C.add( num[j], now.opt * now.val * now.val % mod * inv % mod );}}ans = ans * qkpow( 2, mod - 2 ) % mod;printf( "%lld\n", ( ans + mod ) % mod );return 0; }

lg

$$\prod lc{m}^{gcd}=\prod lc{m}^{{\sum }_{d|x}\phi (d)}$$
指數相加拆出來即為相乘
$$=\prod _d\prod _{d|x?i}lc{m}^{\phi (d)}=\prod _d(\prod _{x?i\le ?\frac{m}{d}?}(lcm?d){)}^{\phi (d)}$$
把$d$拆出來
$$=\prod _d(\prod _{x?i\le ?\frac{m}{d}?}lcm{)}^{\phi (d)}?d^{\phi (d)?(?\frac{m}{d}?{)}^n}$$
計算$lcm$，就單獨考慮每個質因子的貢獻，用容斥計算，類似于$x$的倍數的個數$?$是$x^2$的倍數的個數…
Damo的題解

#include <cstdio> #define mod 998244353 #define int long long #define maxn 200005 int n, m, cnt; int prime[maxn], phi[maxn]; bool vis[maxn];int qkpow( int x, int y, int Mod ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % Mod;x = x * x % Mod;y >>= 1;}return ans; }void sieve() {phi[1] = 1;for( int i = 2;i < maxn;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] < maxn;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];break;}phi[i * prime[j]] = phi[i] * ( prime[j] - 1 );}} }int calc( int m ) {int ans = 1;for( int i = 1;prime[i] <= m && i <= cnt;i ++ ) {int res = 0;for( int k = 1, p = prime[i];p <= m;k ++, p *= prime[i] )//k容斥系數 注意是在算指數上的質因子的貢獻 取模是mod-1res = ( res + k * ( qkpow( m - m / ( p * prime[i] ), n, mod - 1 ) % mod - qkpow( m - m / p, n, mod - 1 ) ) ) % ( mod - 1 );if( res < 0 ) res += ( mod - 1 );ans = ans * qkpow( prime[i], res, mod ) % mod;//每個質因子的貢獻相乘 取模是mod}return ans; }signed main() {sieve();scanf( "%lld %lld", &n, &m );int ans = 1, last = 0, lcm = 0;for( int d = 1;d <= m;d ++ ) {if( ! last || m / d != last ) {//分塊last = m / d;lcm = calc( m / d );}ans = ans * qkpow( lcm, phi[d], mod ) % mod * qkpow( d, phi[d] * qkpow( m / d, n, mod - 1 ) % ( mod - 1 ), mod ) % mod;// 指數上的快速冪取模是phi(mod)=mod-1}printf( "%lld\n", ans );return 0; }

pm

考慮一個長度最小為$len$的段，一定操作了$len?1$次（否則該段一定可以分成兩個更小的段各自獨立操作

不然就直接$len$次一一單獨變化即可

而且$len?1$次操作后，下標和值就應該一一對應了

問題轉換成，在原序列中找出若干不相交的段，每個段的長度等于這個段中的逆序對個數$+1$，并且每個段占用的下標和包含的元素集合相同，每個這樣的段都能省一次操作

考慮對于每個段右端點（如果有
找到最短的占用下標和包含元素集合相同的段
只有這樣的段是候選段

如果選取了更長的段，顯然可以用這個段將它分開
并且分開的兩段中也恰有一段滿足逆序對個數比長度少一

接下來需要對于每個段的右端點$r$，找到最短的段$[l,r]$滿足$\{a_l,a_{l+1}...a_r\}=[l,r]$

$max\{a_l,...,a_r\}=r$可以用$st$表預處理

$su{m}_{i=l}^r{a}_i?i=0$掃一遍就可以做了，一段區間和為$0$，說明前$l$和前$r$和一樣

$nxd[l,r]=r?l$轉化為差分

#include <map> #include <cmath> #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define int long long #define maxn 200005 map < int, int > last; int n, cnt; int a[maxn], id[maxn], nxd[maxn], L[maxn], ans[maxn]; int tree[maxn], f[maxn], g[maxn], pre[maxn]; int rt[maxn], t[maxn * 30], lson[maxn * 30], rson[maxn * 30]; int st[maxn][20];int lowbit( int x ) {return x & ( -x ); }void add( int x ) {x = n - x + 1;for( int i = x;i <= n;i += lowbit( i ) )tree[i] ++; }int query( int x ) {x = n - x + 1;int tot = 0;for( int i = x;i;i -= lowbit( i ) )tot += tree[i];return tot; }void insert( int pre, int &now, int l, int r, int pos ) {if( ! now ) now = ++ cnt;t[now] = t[pre] + 1;if( l == r ) return;int mid = ( l + r ) >> 1;if( pos <= mid ) rson[now] = rson[pre], insert( lson[pre], lson[now], l, mid, pos );else lson[now] = lson[pre], insert( rson[pre], rson[now], mid + 1, r, pos ); }int query( int now, int l, int r, int L, int R ) {if( L > R ) return 0;if( L <= l && r <= R ) return t[now];int mid = ( l + r ) >> 1;if( R <= mid ) return query( lson[now], l, mid, L, R );else if( mid < L ) return query( rson[now], mid + 1, r, L, R );else return query( lson[now], l, mid, L, R ) + query( rson[now], mid + 1, r, L, R ); }void init() {for( int i = 1;i <= n;i ++ ) st[i][0] = a[i];for( int j = 1;j < 20;j ++ )for( int i = 1;i <= n;i ++ )if( i + ( 1 << j - 1 ) > n ) break;else st[i][j] = max( st[i][j - 1], st[i + ( 1 << j - 1 )][j - 1] ); }int ask( int l, int r ) {int i = log( r - l + 1 ) / log( 2 );return max( st[l][i], st[r - ( 1 << i ) + 1][i] ); }signed main() {scanf( "%lld", &n );int sum = 0;last[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld", &a[i] );insert( rt[i - 1], rt[i], 1, n, a[i] );nxd[i] = nxd[i - 1] + query( a[i] + 1 );add( a[i] );sum += a[i] - i;L[i] = last[sum];//上一次sum的位置與現在sum的位置中間的和即為0last[sum] = i + 1;id[a[i]] = i;}init();for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if( L[i] ) {//如果成段int l = L[i], r = i;int tot = nxd[r] - nxd[l - 1] - query( rt[l - 1], 1, n, r + 1, n ) * ( r - l + 1 );//[1,l-1]對于[l,r]區間的逆序對數量就是[1,l-1]中大于r的個數*(r-l+1),[l,r]值出現的位置一定是在區間[l,r]if( tot == r - l && ask( l, r ) == r ) {f[i] = f[pre[l - 1]] + 1;//段數+1g[i] = pre[l - 1];//上一個段的結束位置}}pre[i] = pre[i - 1];//遞推傳遞上一個段的結束位置if( f[pre[i - 1]] < f[i] ) pre[i] = i;//新段的右端點}cnt = 0;int r = pre[n];while( r ) {int l = L[r];for( int i = r;i >= l;i -- )for( int j = id[i];j < i;j ++ ) {swap( id[a[j]], id[a[j + 1]] );swap( a[j], a[j + 1] );ans[++ cnt] = j;}r = g[r];}printf( "%d\n", cnt );for( int i = 1;i <= cnt;i ++ )printf( "%d ", ans[i] );return 0; }

總結

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