昆特牌（gwent）
题目描述
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 种卡牌和 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 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
数据格式
输入格式
第一行一个整数 (T) ，表示数据组数。
接下来每组数据，第一行一个整数 ，第二行 (n) 个数，第 (i) 个数为 (a_i) ,意义见题目描述。
输出格式
(T) 行，每行一个数表示答案。
样例输入1
3
3
2 1 3
3
1 2 3
3
3 2 1
样例输出1
3
9
9
样例解释
对于第一组数据，初始为{{1,2}{3}{4,5,6}}
移动结束后为{{1,2}{3,4}{5,6}},{{1,2}{3,6}{4,5}},{{1,2}{3,5}{4,6}}
样例输入2
4
3
8 1 0
4
5 0 1 2
4
0 4 0 0
4
1 1 6 0
样例输出2
1120
30
24
270
数据范围
(n|k,sum_{i=1}^n a_i=k,Tle 500,nle 1000000,kle 1000)
分析
我们已知每个阵营最终拥有的牌数必定为总牌数的平均数。
我们从左往右枚举每个阵营，若阵营 (i) 牌数小于阵营 (i-1) 牌数，则牌应从 (i-1) 传到 (i) ，在节点 (i) 上打一个正数标记；否则牌应从 (i) 传到 (i-1) ，在节点 (i) 上打一个负数标记。
对于阵营间方案总数的计算，我们以如下例子分析：
设阵营1-4的传牌情况为：
1 3 2
1 <- 2 <- 3 -> 4
即从3往左穿3张牌，往右传2张牌；从2再往左传2张牌。
再设1-4的牌数为 (a_1~a_4) 。
那么，节点3往左和往右的总方案数为 (C(a_3,3)* C(a_3-3,2))
节点2由于收到了节点3的三张牌，自己还有 (a_2) 张，所以组合的总数为 (a_2+3) ， 方案数： (C(a_2+3,1)) 。
所以总方案数就是上述两结果的积。
Code
#include<cstdio>
#define mod 998244353
using namespace std;
typedef long long D;
inline D L(D x) { //mod
return x>=mod?x%mod:x;
}
D fac[1000002];
int a[1002],dir[1002];
D qpow(D x,D y,D p) {
D ans=1;
while(y) {
if(y&1)ans=L(ans*x);
x=L(x*x);
y>>=1;
}
return ans;
}
D Div(D x,D y) {
return L(x*qpow(y,mod-2,mod));
}
D C_(D n,D m) {
return Div(fac[n],L(fac[m]*fac[n-m]));
}
D C(D n,D m) { //lucas
if(!n||!m)return 1;
return C_(L(n),L(m))*C(n/mod,m/mod);
}
int main() {
fac[0]=1;
for(int i=1; i<=1000001; i++)fac[i]=L(fac[i-1]*i);
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
int n,ave=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) {
scanf("%d",a+i);
ave+=a[i];
}
ave/=n;
int now=0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
dir[i]=now;
now+=a[i]-ave;
}
D ans=1;
dir[1]=dir[n+1]=0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(dir[i]<=0&&dir[i+1]>=0)ans=L(ans*L(C(a[i],-dir[i])*C(a[i]+dir[i],dir[i+1])));
else if(dir[i]>=0&&dir[i+1]>=0)ans=L(ans*C(dir[i]+a[i],dir[i+1]));
else if(dir[i]<=0&&dir[i+1]<=0)ans=L(ans*C(-dir[i+1]+a[i],-dir[i]));
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
时空幻境（braid）
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。
数据格式
输入格式
第一行一个整数 (T) ，表示数据组数。
对每组数据， (n,m) 表示点数和边数。
为防止输入数据过大，边的信息以种子形式给出。输入 (x,k) ,表示 (a_1=x,a_i=a_{i-1}* k mod n) ,点从 (0) 开始标号
第 (i) 条边的端点为 (a_{2i-1},a{2i})
输出格式
(T) 行，每行一个数，表示联通块的个数。
样例1
输入样例1
1
998244353 4
1 3
输出样例1
998244349
样例解释
边为{1,3},{9,27},{81,243},{729,2187},所以共有 (998244349) 个联通块。
样例2
输入样例2
5
998244353 9088
709393585 591328017
998244353 8408
476368048 122172238
998244353 217
922587543 10
998244353 2948991
40846641 7
998244353 2692315
542601916 5
输出样例2
998235265
998235945
998244136
995295362
995552038
数据范围
对所有数据，(n=998244353,1le m,k,x<998244353,1le Tle 10000)
分析
设 (p=998244353) 。
由于不停地取模，所以顶点最终一定会进入一个循环。
本题是要寻找一个最小的 (a) ，使得： $$y=x* k^a$$ $$y≡x(%p)$$ a即为循环的周期。
我们已知：
费马小定理：若 (p) 为质数，且 (k,p) 互质，则 (k^{p-1}≡1(\%p))
等式两边乘以 (x) ： (x* k^{p-1}≡x(\%p))
所以存在一个 (y=x* k^{p-1}) ，但是，这个 (y) 不一定是最小的。所以， (a) 一定是 (998244352) 的因数。
对于 (998244352) 的所有因子 (i) ，我们用快速幂依次检验 (k^i)是否 (≡1(\%p)) ，如果可以，就跳出，说明找到了最小的 (a=i) 。
然后分类讨论 (a) 为奇数和偶数的情况即可。
Code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mod 998244353ll
using namespace std;
typedef long long D;
namespace W{
D a[97]={0,1,2,4,7,8,14,16,17,28,32,34,56,64,68,112,119,128,136,224,238,256,272,448,476,512,544,896,952,
1024,1088,1792,1904,2048,2176,3584,3808,4096,4352,7168,7616,8192,8704,14336,15232,16384,17408,28672,30464,
32768,34816,57344,60928,65536,69632,114688,121856,131072,139264,229376,243712,262144,278528,458752,487424,
524288,557056,917504,974848,1048576,1114112,1835008,1949696,2097152,2228224,3670016,3899392,4194304,
4456448,7340032,7798784,8388608,8912896,14680064,15597568,17825792,29360128,31195136,35651584,58720256,
62390272,71303168,124780544,142606336,249561088,499122176,998244352};
const D cnt=96;
D qpow(D x,D y){
D ans=1;
while(y){
if(y&1)ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
D work(D k){
for(D i=1;i<=cnt;i++){
if(qpow(k,a[i])==1)return a[i];
}
return 0;
}
}
signed main(){
D T;
scanf("%lld",&T);
while(T--){
D n,m,x,k;
scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&m,&x,&k);
D w=W::work(k);
if(w&1){
if(m<w)printf("%lld
",n-m);
else printf("%lld
",n-(w-1));
}
else{
if(m<=(w>>1))printf("%lld
",n-m);
else printf("%lld
",n-(w>>1));
}
}
return 0;
}
初音未来（miku）
题目描述
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。
数据格式
输入格式
第一行两个整数 (n,m,L,R) 。
接下来一行 (n) 个数，表示每个位置的音调 (a_i) 。然后 (m) 行，每行两个数 (l_i,r_i) ,表示操作的区间为 ([l_i,r_i]) 。
输出格式
一行 (R-L+1) 个数，表示最终序列的 (a_L...a_R) 。
样例1
输入数据
5 2 1 5
5 1 4 2 3
1 3
2 4
输出数据
1 2 4 5 3
样例解释
[514]23 -> [145]23
1[452]3 -> 1[245]3
数据范围
(nle 1500,mle 1000000)
分析
对一个序列排序，最少的交换次数为这个序列的逆序对个数，具体操作方法为交换逆序对。
我们先随便用一个数据结构（set）来存储相邻逆序对，若 (a[i]>a[i+1]) ，则把 (i) 插入set。
然后模拟冒泡排序，对于每一个需要排序的区间，我们二分查找到第一个 (ge l) 的位置 (i) ，然后 (swap(a[i],a[i+1])) 消去一个逆序对，并且检查是否有新逆序对产生，如果有，再加入set，继续二分查找，直到找不到为止。
Code
#include<cstdio>
#include<set>
#define maxn 1505
using namespace std;
int a[maxn];
set<int> st;
void bubblesort(int l,int r){
set<int>::iterator t;
int p;
while(1){
t=st.lower_bound(l);
if(t==st.end()||*t>=r)break;
p=*t;
swap(a[p],a[p+1]);
st.erase(t);
if(a[p-1]>a[p])st.insert(p-1);
if(a[p+1]>a[p+2])st.insert(p+1);
}
}
int main(){
int n,m,l,r;
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&l,&r);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",a+i);
if(i!=1&&a[i-1]>a[i])st.insert(i-1);
}
while(m--){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
bubblesort(x,y);
}
for(int i=l;i<=r;i++)printf("%d ",a[i]);
return 0;
}