文章目錄

• T1：跳格子
• • 題目
  • 題解
  • CODE
• T2：英雄聯盟
• • 題目
  • 題解
  • CODE
• T3：排序問題
• • 題目
  • 題解
  • CODE

T1：跳格子

題目

n 個格子排成一列，一開始，你在第一個格子，目標為跳到第 n 個格子。在每個格子 i 里面你可以做出兩個選擇:
選擇「a」：向前跳 ai 步。
選擇「b」：向前跳 bi 步。
把每步的選擇寫成一個關于字符 a 和 b的字符串。求到達格子 n 的方案中，字典序最小的字符串。當做出某個選擇時，你跳出了這n個格子的范圍，則這個選擇是不合法的。

當沒有合法的選擇序列時，輸出 No solution!
當字典序最小的字符串無限長時，輸出 Infinity!
否則，輸出這個選擇字符串

輸入格式
輸入有三行。
第一行輸入一個整數n
第二行輸入 n 個整數，分別表示 ai
第三行輸入 n 個整數，分別表示 bi
輸出格式
輸出一行字符串表示答案。

樣例
樣例輸入
7
5 -3 6 5 -5 -1 6
-6 1 4 -2 0 -2 0
樣例輸出
abbbb
數據范圍與提示
$1\le n\le 10^5$
$?n\le a_i,b_i\le n$

題解

其實不用太害怕，我們先打個暴力試試水，發現最傻的暴力都有80，我們就可以知道這道題很簡單
這道題后面的分數來自于$Infinity!$的判斷，剛開始讀完題后可能大多數人是無法理解這句話的
我們來想想什么情況下會無限死循環。這個就要與字典序掛鉤了，字典序并不先比較長度，用過字典的吧！
在此題中只要對于$i$位而言，只要填$a$后面的字符串的字典序一定小于填$b$

---

所以看一下這個神奇的栗子：

我們會從1選a跳到2再選a跳到4最后選b就可以跳到n了，答案是aab
但是我們發現如果跳到4后可以選擇一次a回到2，再從2回到4，最后選b到n，答案變成aaaab
根據字典序第三位一個是a，一個是b，a所在的字符串字典序較小，以此類推，我們的答案就可以變成aaaaaaa…b
顯然中間的a越多，字典序越小，這就是$Infinity!$的輸出

---

但不僅僅是這么簡單，如果是這樣子的栗子：

我們的答案是aaa，但是這里面仍然有循環出現，跳到格子4后，選擇b跳回2，但是我們發現這只會讓答案變成aabbb…ba，第三位比較就知道字典序大于了aaa，所以這種循環的出現我們是可以輸出最后答案字符串的

---

因此我們來思考一下如何辨別這種情況，用一個手打隊列記錄下我們一路上的選擇，
假設1代表選a，0代表選b。在最后走到格子n的時候，就模擬一下這一路上的跳躍過程，
發現如果在跳躍的某一個點時選擇a會跳到已經跳過的點上并且按照我們的答案存取發現這個點應該選b才能保證后面能跳到最后格子時就意味著死循環出現了

否則仍然有解

CODE

#include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; #define MAXN 100005 int n, idx; int a[MAXN], b[MAXN], st[MAXN]; bool vis[MAXN]; bool flag;void dfs ( int id ) {if ( flag )return;if ( id > n || id < 1 )return;if ( vis[id] )return;vis[id] = 1;if ( id == n ) {flag = 1;memset ( vis, 0, sizeof ( vis ) );int t = 1;vis[1] = 1;for ( int i = 1;i <= idx;i ++ ) {if ( st[i] )t = t + a[t];else {if ( t + a[t] > 0 && t + a[t] <= n && vis[t + a[t]] ) {printf ( "Infinity!" );return;}t = t + b[t];vis[t] = 1;}}for ( int i = 1;i <= idx;i ++ )printf ( "%c", st[i] ? 'a' : 'b' );return;}st[++ idx] = 1;dfs ( id + a[id] );idx --;st[++ idx] = 0;dfs ( id + b[id] );idx --; }int main() {scanf ( "%d", &n );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%d", &a[i] );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%d", &b[i] );dfs ( 1 );if ( ! flag )printf ( "No solution!" );return 0; }

T2：英雄聯盟

題目

正在上大學的小皮球熱愛英雄聯盟這款游戲，而且打的很菜，被網友們戲稱為「小學生」。
現在，小皮球終于受不了網友們的嘲諷，決定變強了，他變強的方法就是：買皮膚！
小皮球只會玩 $\text{N}$ 個英雄，因此，他也只準備給這 $\text{N}$ 個英雄買皮膚，并且決定，以后只玩有皮膚的英雄。

這 $\text{N}$個英雄中，第 $\text{i}$ 個英雄有 $K_i$款皮膚，價格是每款 $C_i$Q 幣（同一個英雄的皮膚價格相同）。

為了讓自己看起來高大上一些，小皮球決定給同學們展示一下自己的皮膚，展示的思路是這樣的：對于有皮膚的每一個英雄，隨便選一個皮膚給同學看。

比如，小皮球共有 5 個英雄，這 5 個英雄分別有 $\text{0,0,3,2,4}$ 款皮膚，那么，小皮球就有 $3\times 2\times 4=24$ 種展示的策略。

現在，小皮球希望自己的展示策略能夠至少達到 \text{M}M 種，請問，小皮球至少要花多少錢呢？

輸入格式
第一行，兩個整數 $\text{N,M}$
第二行，$\text{N}$個整數，表示每個英雄的皮膚數量 $K_i$
第三行，\text{N}N 個整數，表示每個英雄皮膚的價格 $C_i$
輸出格式
一個整數，表示小皮球達到目標最少的花費。

輸入輸出樣例
輸入
3 24
4 4 4
2 2 2
輸出
18
說明/提示
樣例解釋
每一個英雄都只有4款皮膚，每款皮膚2Q幣，那么每個英雄買3款皮膚，$3\times 3\times 3\ge 24$，共花費 $6\times 3$ Q幣。

數據范圍
共 10 組數據，第 $\text{i}$組數據滿足：$\text{N}\le \max (5,lo{g}_2^{4}i)$
$\text{100}\%$ 的數據：$\text{M}\le 10^{17},1\le K_i\le 10,1\le C_i\le 199$保證有解

題解

這是一道水水的$dp$，看都看的出來

從最簡單的二維dp搞起：
設$dp[i][j]$表示前i種皮膚共花費j元的最大的不同種展示策略數，
$dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i?1][j?c_i?p]?p),(p\in [1,k_i])$

---

我們發現這個轉移式的第一維只跟上一次的$dp$有關，我們就可以考慮滾動（我就是這么寫的）
$dp[f][j]=max(dp[f][j],dp[!f][j?c_i?p]?p)，(f=0/1,p\in [1,k_i])$

---

當然滾動也能被壓成一維
$dp[j]=max(dp[j],dp[j?c_i?p]?p)$
要注意要從大到小，因為要用到上一次的前面的$dp$，如果我們先更新了小的，后面更新大的的時候會產生錯誤

CODE

#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; #define MAXN 305 #define MAXM 600005 #define LL long long int n; LL m, sum; LL dp[2][MAXM], k[MAXN], c[MAXN];int main() {scanf ( "%d %lld", &n, &m );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%lld", &k[i] );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf ( "%lld", &c[i] );sum += k[i] * c[i];}for ( int i = 0;i <= sum;i ++ )dp[0][i] = dp[1][i] = 1;int f = 0;for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {f = ! f;for ( int j = c[i];j <= sum;j ++ ) {dp[f][j] = dp[!f][j];//記得初始化for ( int p = 1;p <= k[i];p ++ ) {if ( j < p * c[i] )break;dp[f][j] = max ( dp[f][j], dp[!f][j - p * c[i]] * p );}}} for ( int i = 1;i <= sum;i ++ )if ( dp[f][i] >= m )return ! printf ( "%d", i ); return 0; }

T3：排序問題

題目

九條可憐是一個熱愛思考的女孩子。

題目描述
九條可憐最近正在研究各種排序的性質，她發現了一種很有趣的排序方法： Gobo sort ！
Gobo sort 的算法描述大致如下：
假設我們要對一個大小為 n 的數列 a 排序。
等概率隨機生成一個大小為 n 的排列 p 。
構造一個大小為 n 的數列 b 滿足 $b_i=a_{p_i}$b，檢查 b 是否有序，如果 b 已經有序了就結束算法，并返回 b ，不然返回步驟 2。
顯然這個算法的期望時間復雜度是 $O(n\times n!)$的，但是九條可憐驚奇的發現，利用量子的神奇性質，在量子系統中，可以把這個算法的時間復雜度優化到線性。

九條可憐對這個排序算法進行了進一步研究，她發現如果一個序列滿足一些性質，那么 Gobo sort 會很快計算出正確的結果。為了量化這個速度，她定義 Gobo sort 的執行輪數是步驟 2 的執行次數。

于是她就想到了這么一個問題：
現在有一個長度為 n 的序列 x ，九條可憐會在這個序列后面加入 m 個元素，每個元素是 [l,r] 內的正整數。 她希望新的長度為 n+m 的序列執行 Gobo sort 的期望執行輪數盡量的多。她希望得到這個最多的期望輪數。

九條可憐很聰明，她很快就算出了答案，她希望和你核對一下，由于這個期望輪數實在是太大了，于是她只要求你輸出對 998244353 取模的結果。

輸入格式
第一行輸入一個整數 T，表示數據組數。
接下來 $2\times T$ 行描述了 T 組數據。
每組數據分成兩行，第 1 行有四個正整數 n,m,l,r，表示數列的長度和加入數字的個數和加入數字的范圍。 第 2 行有 n 個正整數，第 i 個表示 $x_i$
輸出格式
輸出 TT 個整數，表示答案。

輸入輸出樣例
輸入
2
3 3 1 2
1 3 4
3 3 5 7
1 3 4
輸出
180
720
說明/提示
樣例解釋
對于第一組數據，我們可以添加 $\{1,2,2\}$ 到序列的最末尾，使得這個序列變成 1 3 4 1 2 2 ，那么進行一輪的成功概率是 $\frac{1}{180}$，因此期望需要 180 輪。
對于第二組數據，我們可以添加 $\{5,6,7\}$ 到序列的最末尾，使得這個序列變成 1 3 4 5 6 7 ，那么進行一輪的成功概率是 $\frac{1}{720}$ ，因此期望需要 720 輪。

數據范圍
對于 30% 的數據， $T\le 10,n,m,l,r\le 8$
對于 50% 的數據， $T\le 300,n,m,l,r,a_i\le 300$
對于 60% 的數據，$\sum r?l+1\le 10^7$
對于 70% 的數據， $\sum n\le 2\times 10^5$
對于 90% 的數據， $m\le 2\times 10^5$
對于 100% 的數據， $T\le 10^5,n\le 2\times 10^5,m\le 10^7,1\le l\le r\le 10^9$

題解

代碼中有一定的解釋，幫助大家理解，我真是太善良了
首先對于一個長度為$n$的序列，排序后變為不同的序列的方案數為$n!$
但是會有數字重復出現，煮個栗子

雖然1的含義不一樣，但這個序列只能算一個
所以排序后不同的序列的方案數應該為$$\frac{n!}{C_1!C_2!...C_x!}$$
$C$表示數字x出現的次數

---

但是這里又出現$[l,r]$的抉擇，我們觀察上面的式子，分子是固定的，如果要最后的結果盡量大，意味著分母要盡量小，我們知道階乘越往后乘得越大，所以這啟發我們盡量控制$C$的一致
首先對于不屬于$[l,r]$的數字就最先搞定，然后扔掉，不需要，接下來我們來算$[l,r]$區間的$C$的貢獻
我們考慮剛開始的$n$個數可能有一部分會出現在區間內，我們用樹狀來表示一下，看圖

$h$表示該數出現了$h$次，對應在圖上就是樹狀的高度，因為只能填$m$個數，又要維持$C$的一致，我們就考慮二分這條線，什么線？？？那根黃線，看圖

紅色的部分表示填的數的區域，我們盡可能讓這個黃線下的可填數區域接近于$m$但不能超過，但我們不能保證$m$剛好填完，所以有可能有些區域上面會多一層，綠色部分代表一個數的高度，看圖

---

所以就劃分成了三種不同類型的樹狀，我們分別處理
1.長度超過答案黃線的，就是個數階乘
2.長度被我們拔高到等于黃線的，就是黃線高度階乘，用快速冪算多個的貢獻總和
3.長度在黃線之上多了僅僅一層綠帽子 ，就是高度$+1$階乘，用快速冪算多個的貢獻總和

---

最后涉及到除法，又有取模強迫我們用逆元，線性篩不推薦，時間空間都挺大，我們就老老實實地用快速冪求逆元，剛好模數是一個質數，搞費馬小定理

CODE

ps：這個代碼可能會交出TLE，但是多交交幾遍，是AC的親測

#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; #define int long long #define mod 998244353 #define MAXN 200005 #define MAXM 20000000 int T, n, m, l, r, cnt, tot, result, height; int a[MAXN], b[MAXN], fac[MAXM + 5];void prepare () {//預處理出階乘 fac[0] = 1;//必須初始化0，原因在后面 for ( int i = 1;i <= MAXM;i ++ )fac[i] = fac[i - 1] * i % mod; }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; }int inv ( int x ) {//求的是x的階乘的逆元 return qkpow ( fac[x], mod - 2 ); }int check ( int x ) {//統計[l,r]高度在x以下有多少個空可以選擇填數字 int sum = ( r - l + 1 - tot ) * x;//未出現在a數組里面的，這一豎列上一個數字都沒有 for ( int i = 1;i <= tot;i ++ )//出現在a數組里面的，統計上方空氣能填幾個 if ( b[i] < x )sum += x - b[i];return sum; }void solve ( int L, int R ) {if ( L > R )return;int mid = ( L + R ) >> 1;if ( check ( mid ) <= m ) {height = mid;solve ( mid + 1, R );}elsesolve ( L, mid - 1 ); }signed main() {prepare();scanf ( "%lld", &T );while ( T -- ) {scanf ( "%lld %lld %lld %lld", &n, &m, &l, &r );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%lld", &a[i] );sort ( a + 1, a + n + 1 );a[n + 1] = -1;cnt = tot = 0;result = fac[n + m];for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {cnt ++;if ( a[i] != a[i + 1] ) { if ( l <= a[i] && a[i] <= r )//具體的數字對我們來說并不重要，我們只需要知道這個數字對應的樹狀高度 b[++ tot] = cnt;elseresult = result * inv ( cnt ) % mod;cnt = 0;}}solve ( 0, MAXM );m -= check ( height );//剩下的m就填不滿一層，有些空會填，有些不會，就特殊處理 for ( int i = 1;i <= tot;i ++ )if ( b[i] > height ) {//處理高于height的貢獻 cnt ++;result = result * inv ( b[i] ) % mod;}// 處理在height基礎上多填一層的貢獻 處理被我們拔高到height高度的貢獻 result = result * qkpow ( inv ( height + 1 ), m ) % mod * qkpow ( inv ( height ), r - l + 1 - m - cnt ) % mod;//注意這里的height可能等于0，如果不在上面初始化，答案就變成了0，你就從100pots變成了30pots printf ( "%lld\n", result );}return 0; }

byebye~~

總結

以上是生活随笔為你收集整理的周末狂欢赛3（跳格子，英雄联盟，排序问题）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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