Vjudge contest 425291

Problem A

你可以构造出一种操作数为 (log_2n) 级别的方法，但是有很多细节，特判一下就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=3e5+5;
int n,a[N];
int cnt=1,flag,res=0;
signed main(){
	cin>>n;if(n==1) return printf("0
"),0;
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
	n=unique(a+1,a+1+n)-a-1,flag=a[2]-a[1];
	for(int i=2;i<n;++i) cnt+=((a[i]-a[i-1])*(a[i]-a[i+1])>0);
	// printf("%d
",cnt);
	for(;cnt>1;cnt>>=1,res++) if(cnt&1) cnt++,flag=0;
	return printf("%lld
",res+(flag<0)),0;
}

Problem B

你发现两种操作完全等价于删掉两数中的 (max) 或 (min) ，然后你就可以变成删除一个数，最后留下的数时 (1) 即可，然后随便计数一下就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e6+5;
const int MOD=998244353;
int n,a[N],res=0;
int fac[N],ifac[N],ksm[N<<1];
int qpow(int x,int k){
	int res=1;
	for(;k;k>>=1,x=x*x%MOD)
	if(k&1) res=res*x%MOD;
	return res;
}
int cal(int n,int m){
	return fac[n+m]*ifac[n]%MOD*ifac[m]%MOD;
}
int f(int n,int m){
	return cal(n,m)*ksm[n<<1]%MOD*ksm[m<<1]%MOD;
}
signed main(){
	cin>>n,fac[0]=ifac[0]=ksm[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	for(int i=1;i<=n;++i) ifac[i]=qpow(fac[i],MOD-2);
	for(int i=2;i<=(n<<1);i+=2) ksm[i]=ksm[i-2]*(i-1)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i) if(a[i]) res+=f(i-1,n-i),res%=MOD;
	return printf("%lld
",res),0;
}

Problem C

这道题目发现 (a_ile 100) ，这意味着我们可以枚举 (A) 的子集（当然不是直接枚举了），感觉要从这里入手。

我们考虑问的信息。我们需要知道的是在 (a) 全部选完的情况下并且以 (a) 结尾的概率是多少。发现枚举 (A) 的子集好像没有什么用？

我们能否可以尝试求出选取出每一个 (A) 的子集同时结尾为 (a) 的概率，这样的话我们就可以通过随便选 (A) 且以 (a) 结尾的概率来相减得到了。

我们先考虑后者如何计算，就是钦定一个 (a) 作为结尾，然后剩下随机选取前面的概率乘上再选择这个位置的概率。

---

我们发现，对于一个 (b_i) ，我们可以比较轻易的求出他对于一个集合时，先选于这个集合的概率：

[P(b_i,S)=frac{b_i}{b_i+sum_{iin S}a_i} ]

然后，我们需要求出的是对于每一个 (b_i) ，他后选于全集 (A) 的概率 (p_i) ，那么最后的答案就是 (n+m-sum_{i=1}^m p_i)

我们考虑怎么求。因为我们可以求出对于每一个集合的概率，我们就可以用总概率减去每一个子集的概率乘上容斥系数就可以求出后选的概率了。

然后就好了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=105;
const int MOD=998244353;
int n,m,a[N],b[N];
int f[N*N],res=0;
int ksm(int x,int k){
	int res=1;
	for(;k;k>>=1,x=x*x%MOD)
	if(k&1) res=res*x%MOD;
	return res;
}
signed main(){
	cin>>n>>m,res=n+m;
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%lld",&b[i]);
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=N*N-1;j>=a[i];--j)
		f[j]+=MOD-f[j-a[i]],f[j]%=MOD;
	}
	for(int i=1;i<=m;++i){
		for(int j=0;j<N*N;++j)
		res+=MOD-f[j]*b[i]%MOD*ksm(b[i]+j,MOD-2)%MOD,res%=MOD;
	}
	return printf("%lld
",res),0;
}