A-积木大赛
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题解
标签：模板题，一点点思维+二维差分+二维前缀和
借这道题机会复习了一下二维差分+二维前缀和这两个东西。
首先题目让我们求总的表面积，实际上可以拆分成两部分：上下表面积+前后左右表面积
1.上下表面积的话，根据俯视图想一想，就是有被积木覆盖额面积(*2)；
2.前后左右表面积的话，感性理解一下，只要他的高度大于他的前/后/左/右的积木高度，那么它这一块就可以露出来，所以就是与前后左右积木高度的差值。
这两个问题都要用到在某一坐标积木的高度。那只要二维差分一下，最后统计一下二维前缀和，就可求得那个位置上积木的高度了。二维差分可以自己根据求二维前缀和的过程推一下。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool nc1;
const int N=5010;
int p[N][N],n,m,q;
const int dx[]={-1,1,0,0},dy[]={0,0,-1,1};
inline bool ok(int x,int y){
if(x<1||y<1||x>n||y>m)return 0;
return 1;
}
bool nc2;
int main(){
//cout<<(&nc2-&nc1)/1024<<endl;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
while(q--){
int a,b,c,d;
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
p[a][b]++;
p[a][d+1]--;
p[c+1][b]--;
p[c+1][d+1]++;
}
for(register int i=1;i<=n;i++)
for(register int j=1;j<=m;j++)p[i][j]=p[i-1][j]+p[i][j-1]+p[i][j]-p[i-1][j-1];
long long up=0,ans=0;
for(register int i=1;i<=n;i++)for(register int j=1;j<=m;j++){
if(!p[i][j])continue;
up++;
int tmp=ans;
for(register int k=0;k<=3;k++){
int x=dx[k]+i,y=dy[k]+j;
if(!ok(x,y))ans+=p[i][j];
else if(p[i][j]>p[x][y])ans+=p[i][j]-p[x][y];
}
}
printf("%lld
",2*up+ans);
}
B-破碎的序列
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题解
标签：化简问题+计数Dp
先看看题面当她开心时(m=1)她喜欢不存在长度为奇数且大于1的回文子串的数列,当她不开心时(m=0)她喜欢不存在长度为偶数且大于1的回文子串的数列 。仔细想想根本不用搞什么回文串，化简题意后就是：
当m=1时：(a[i]!=a[i+2])
当m=0时：(a[i]!=a[i+1])
看数据范围(n,k<=2e5)，很明显是个计数Dp（当然也可以不用Dp，直接用数学方法计算，但Dp比较直观暴力）。定义状态(dp[i][0/1])表示现在合法地填完了数列的前(i)项，且第(i)项与(nxt[i])是否相同(0/1)时的方案数。
完整代码如下，可以在理解cas1的前提下再去看cas2，总时间复杂度为(O(N))。
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,m,k,a[N],nxt[N];
int dp[N][2];
void cas1(){//a[i]!=a[i+1]
for(int i=n;i>=1;i--){
if(!a[i+1])nxt[i]=nxt[i+1];
else nxt[i]=a[i+1];
}
if(a[1]&&a[1]==nxt[1])dp[1][1]=1;
else if(a[1])dp[1][0]=1;
else{dp[1][1]=1;dp[1][0]=k-1;}
for(int i=2;i<=n;i++){
if(a[i]&&a[i]==nxt[i])dp[i][1]=dp[i-1][0];
else if(a[i])dp[i][0]=dp[i-1][0];
else{
dp[i][1]=dp[i-1][0];
dp[i][0]=1ll*dp[i-1][0]*(k-2)%mod;
dp[i][0]+=1ll*dp[i-1][1]*(k-1)%mod;
dp[i][0]%=mod;
}
}
printf("%d
",(dp[n][0]+dp[n][1])%mod);
}
void cas2(){//a[i]!=a[i+2]
for(int i=n-2;i>=1;i--){
if(!a[i+2])nxt[i]=nxt[i+2];
else nxt[i]=a[i+2];
}
for(int i=1;i<=2;i++){
if(a[i]&&a[i]==nxt[i])dp[i][1]=1;
else if(a[i])dp[i][0]=1;
else{dp[i][1]=1;dp[i][0]=k-1;}
}
for(int i=3;i<=n;i++){
if(a[i]&&a[i]==nxt[i])dp[i][1]=dp[i-2][0];
else if(a[i])dp[i][0]=dp[i-2][0];
else{
dp[i][1]=dp[i-2][0];
dp[i][0]=1ll*dp[i-2][0]*(k-2)%mod;
dp[i][0]+=1ll*dp[i-2][1]*(k-1)%mod;
dp[i][0]%=mod;
}
}
int res1=(dp[n-1][0]+dp[n-1][1])%mod,res2=(dp[n][0]+dp[n][1])%mod;
printf("%d
",1ll*res1*res2%mod);
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
if(m==0)cas1();
else cas2();
return 0;
}
C-分班问题
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题解
标签：组合数+数学推导化简+Lucas定理
这道题官方题解写的非常详细，这里完整过程就不赘述了。讲一下主要的解题过程
一、40%数据((n,m,T<=2000))的暴力做法根据题意很好推出：
for(int i=1;i<=min(n,m);i++)ans+=C(n,i)*C(m,i)*2*i;
组合数可以在(O(N^2))时间内预处理出，每个询问可以在(O(N))的时间内完成。
二、60%数据((T<=1e5,n,m<=1e6))做法可以根据通过数学化简上面那个(O(N))循环：
ans=2*m*C(n+m-1,n-1)
先在(O(N))时间内预处理出(1e6)范围内的模逆元和阶乘，然后询问就可以在(O(1))时间内解决了。但现在的瓶颈在于(O(N))预处理，所以下面考虑使用Lucas定理。
三、100%数据((T<=1e5,n,m<=1e18))
发现(n,m)过大按常规方法无法求得组合数，并且题目给定的模数为质数，所以可以使用(Lucas定理)解决，关于Lucas定理。
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 19260817
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=mod+10;
int mny[N],fac[N];
inline ll read(){
ll x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
return x;
}
int ksm(int x,int d){
int res=1;
while(d){
if(d&1)res=1ll*res*x%mod;
x=1ll*x*x%mod;d>>=1;
}
return res;
}
void init(){//预处理阶乘fac，模逆元mny
fac[0]=1;
for(int i=1;i<mod;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
mny[mod-1]=ksm(fac[mod-1],mod-2);
for(int i=mod-2;i>=0;i--)mny[i]=1ll*mny[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(ll a,ll b){//Lucas
if(a<b)return 0;
if(a>=mod)return 1ll*C(a%mod,b%mod)*C(a/mod,b/mod)%mod;
return (1ll*fac[a]*mny[a-b]%mod)*mny[b]%mod;
}
int main(){
init();
int T=read();
while(T--){
ll n=read(),m=read();
printf("%d
",1ll*2*m%mod*C(n+m-1,n-1)%mod);
}
}
最后bb一句：这是牛客最后一场了，第2,4,5场由于题目质量不佳没时间写就空着了qwq