100+0+99=199，第二题一分没得不应该。
count
给定 (n)，求合法的 ((x_1,x_2,x_3,dots,x_{2m})) 组数。一组 (x) 是合法的，当且仅当
合法的 ((x_1,x_2,x_3,dots,x_{2m})) 可能有很多，请你输出方案数 (mod 998244353)。
(n leq 10^9,m leq 100)。
题解
看了好久才找到正确的切入点。
一开始我把所有数取 (log_n)，想把乘法变成加法。然后发现这样做有精度误差，实际效果跟 DFS 没什么区别。
然后我突然想到把每个 (x_i) 变成 (frac{n}{x_i})，乘积恰好反过来了。于是答案是所有情况除以 (2)？稍加思考便发现这不太对，可能有等于 (prod x_i=n^m) 的情况。所以问题转化成了等于符号。
求解这个问题我也是费了一番周折。首先想到的是质因子分开算最后可以用乘法原理合并。
然后我以为对每个质因子都是一个组合数。假设某个质因子的形式是 (p^alpha) ，那么答案不就是 (malpha) 拆成 (2m) 个自然数的方案数吗？我熟练地写出答案 (inom{malpha+2m-1}{2m-1})，过了小样例。
然后开始手动和我一开始写的暴力对拍，发现答案错了。比如这组数据：16 1。调了半天发现是每个拆分的指数 (y) 必须满足 (0 leq y leq alpha)。有点自闭。
最后改成 DP 了，然后又找了几个小错，总算两个程序拍上了。
#include<bits/stdc++.h>
#include<tr1/unordered_map>
using namespace std;
template<class T> T read(){
T x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c)) c=getchar();
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x;
}
template<class T> T read(T&x){
return x=read<T>();
}
#define co const
#define il inline
typedef long long LL;
co int mod=998244353,i2=499122177;
il int add(int a,int b){
return (a+=b)>=mod?a-mod:a;
}
il int mul(int a,int b){
return (LL)a*b%mod;
}
il int fpow(int a,int b){
int ans=1;
for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))
if(b&1) ans=mul(ans,a);
return ans;
}
int f[201][3001];
int dp(int n,int m,int lim){
// cerr<<"n="<<n<<" m="<<m<<endl;
for(int i=0;i<=n;++i) fill(f[i],f[i]+m+1,0);
f[0][0]=1;
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<=m;++j)if(f[i][j])
for(int k=0;k<=lim&&k<=m-j;++k) f[i+1][j+k]=add(f[i+1][j+k],f[i][j]);
return f[n][m];
}
int main(){
freopen("count.in","r",stdin),freopen("count.out","w",stdout);
int n=read<int>(),m=read<int>();
int ans=0;
for(int i=1;i*i<=n;++i)if(n%i==0){
++ans;
if(n/i!=i) ++ans;
}
ans=fpow(ans,2*m);
int nn=n,sum=1;
for(int i=2;i*i<=n;++i)if(nn%i==0){
int c=0;
while(nn%i==0) nn/=i,++c;
sum=mul(sum,dp(2*m,m*c,c));
}
if(nn>1) sum=mul(sum,dp(2*m,m,1));
// cerr<<"ans="<<ans<<" sum="<<sum<<endl;
printf("%d
",mul(add(ans,sum),i2));
return 0;
}
delete
给定一个序列，你需要通过不断的操作来消除这个序列。每次你可以选择一个上升或者下降子序列将其删除，将剩下的序列作为新序列，继续删除操作。直到新序列为空，操作结束。
具体地说，一次操作可以表述为如下较为形式的语言：对于一个序列 (x1, x2, ..., xn)，一次操作可以选择 1 ≤ a1 < a2 < ... < ak ≤ n，将 xa1, xa2, ..., xak 删去。其中 k 和 ai 都是你可以决定的，但是须要满足 xa1 < xa2 < ... < xak，或者 xa1 > xa2 > ... > xak。
我们希望你在 500 次内将序列删空，请你输出任意一种删除序列的方式，数据保证一定存在解。
为了方便起见，保证 (x1, x2, ..., xn) 是一个 1..n 的排列。
n ≤ 64000。
题解
观察一番 SPJ 后终于知道我为什么爆 0 了。他要求输出的是元素，也就是 x 的值，而不是位置。
贪心找可还行。Dilworth 定理是什么？
Dilworth 定理
Dilworth 定理可用来优化序列的不下降子序列最少划分数。
相关定义
偏序关系是满足自反性、反对称性、传递性的二元关系。可以用 ≤ 表示。
- 自反性：x ≤ x成立。
- 反对称性：a ≤ b 且 b ≤ a ↔ a=b
- 传递性：a ≤ b 且 b ≤ c → a ≤ c
配备偏序关系的集合称为偏序集。显然数集上的“小于或等于”是偏序关系，但是偏序关系不只可以在数集上。
- 可比：a与b可比，当且仅当a ≤ b 或 b ≤ a。
设全集U是一个偏序集。
- 链：U的子集，满足其中任意两个元素（不相同）可比。
- 反链：U的子集，满足其中任意两个元素（不相同）不可比。
比如，有限数集S上的最长链的长度等于|S|，最长反链长度为1.
将U分拆成很多子集称作划分。姑且把子集全为链的划分叫做链划分，全为反链叫反链划分。
定理内容
有两个互为对偶的定理：
- U的链划分使用的最少集合数，等于它的最大反链长度。
- U的反链划分使用的最少集合数，等于它的最大链长度。
其中某一个叫做 Dilworth 定理。
回到那个问题：给定一个全为实数的序列，每次在其中选出一个不下降子序列并将其删掉。求删完整个序列所需要的选择子序列的次数。比如说，1 2 4 3 5这个序列，最少要两次，第一次1 2 3 5.
虽然序列与集合不同，但这很可能与最少划分有关。不管怎么说，打算用Dilworth定理相关内容解决本题。
首先要把序列转化成集合。不同点在于序列中元素有序。考虑使用有序数对 (p,v) 表示原序列中的一个数。p 表示位置，v 表示数值。
从集合中任意取出两个元素，如何能确定前者不比后者大呢？考虑关系 ≤：p1 ≤ p1 且 v1 ≤ v2。这相当于先把两个元素按照原序列中的位置排序，再比较数值大小。这个关系是偏序关系。如此一来，两个元素可比，等价于在原序列中，他们是不下降的。
根据 (1)，原题所求的次数，等于原序列的最长下降子序列的长度。
反过来下降子序列的最小划分数，等于最长不下降子序列的长度。
刘老爷写了一个链表+线段树然后 TLE 了。看来这题卡常数。
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <memory.h>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 64005;
#define pb push_back
int a[maxn],a0[maxn],n,tot,f[maxn],g[maxn];
vector<int> vec[maxn];
int mx1[maxn],mx2[maxn],bac[maxn],del[maxn];
void Print()
{
printf("%d
",tot);
for (int i=1;i<=tot;i++)
{
int len=vec[i].size();
printf("%d ",len);
for (int j=len-1;j>=0;j--)
printf("%d%c",vec[i][j],"
"[j==0]);
}
}
void insert1(int x,int v) {
for (int i=x;i<=n;i+=i&-i)
mx1[i]=max(mx1[i],v);
}
void insert2(int x,int v) {
for (int i=x;i;i-=i&-i)
mx2[i]=max(mx2[i],v);
}
int query1(int x) {
int res=0;
for (int i=x;i;i-=i&-i)
res=max(res,mx1[i]);
return res;
}
int query2(int x) {
int res=0;
for (int i=x;i<=n;i+=i&-i)
res=max(res,mx2[i]);
return res;
}
void DP()
{
++tot;
memset(mx1,0,n+1<<2);
memset(mx2,0,n+1<<2);
int ans1=0,ans2=0;;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
f[i]=query1(a[i])+1;
g[i]=query2(a[i])+1;
insert1(a[i],f[i]);
insert2(a[i],g[i]);
ans1=max(ans1,f[i]);
ans2=max(ans2,g[i]);
}
memset(del,0,n+1<<2);
if (ans1>ans2) {
for (int t=ans1,i=n;t;i--)
if (f[i]==t) del[a[i]]=1,t--,vec[tot].pb(a0[i]);
}
else {
for (int t=ans2,i=n;t;i--)
if (g[i]==t) del[a[i]]=1,t--,vec[tot].pb(a0[i]);
}
for (int i=1;i<=n;i++)
bac[i]=bac[i-1]+1-del[i];
int pos=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!del[a[i]]) a0[++pos]=a0[i],a[pos]=bac[a[i]];
n=pos;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("delete.in","r",stdin);
freopen("delete.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]),a0[i]=a[i];
while (n) DP();
Print();
return 0;
}
floor
令 (x=frac{sqrt{5}+1}{2})，求 (lfloor x^n floor mod p)。
(n leq 10^{18},p leq 998244353)。
题解
酷似 JLOI2015 有意义的字符串 。先找到对应的数列，尝试几番就发现
这个表达式对应了数列 (1,3,4,7,11,18dots)。然后写个矩阵快速幂即可求出这个数列。
注意根据后一个小数的符号判断答案要不要减 (1)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T> T read(){
T x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c)) c=getchar();
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
return x;
}
template<class T> T read(T&x){
return x=read<T>();
}
#define co const
#define il inline
#define int long long
int mod;
struct mat{
int v[2][2];
il int*operator[](int i) {return v[i];}
il co int*operator[](int i)co {return v[i];}
};
mat operator*(co mat&a,co mat&b){
mat c;memset(c.v,0,sizeof c.v);
for(int i=0;i<2;++i)
for(int j=0;j<2;++j)
for(int k=0;k<2;++k)
c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*b[k][j])%mod;
return c;
}
mat pow(mat a,int b){
mat ans;memset(ans.v,0,sizeof ans.v);
for(int i=0;i<2;++i) ans[i][i]=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a)
if(b&1) ans=ans*a;
return ans;
}
signed main(){
freopen("floor.in","r",stdin),freopen("floor.out","w",stdout);
int n=read<int>();read(mod);
if(n==0) {puts("1");return 0;} // edit 1
mat a=pow((mat){0,1,1,1},n-1);
int ans=(a[0][0]+3*a[0][1])%mod;
if(~n&1) ans=(ans+mod-1)%mod;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}