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题目链接：https://codeforces.com/contest/1091
A. New Year and the Christmas Ornament
题意：
给出三堆数量分别为y，b，r的东西，现在要你从三堆中各选一堆，满足y'+1=b'且b'+1=r' (y',r',b'分别是指从中选取的个数)。
现在问最多能拿出的个数为多少。
题解：
我是直接模拟的= =但是有更简单的方法。
让y+=2，b+=1，那么现在的最优解为min(y,b,r)*3-3。这个还是很好证明的。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int n,y,b,r; int ans = 0; void Print(int x,int z,int t){ ans=max(x+z+t,ans); } int ok(int o,int p,int q){ return o<=y && p<=b && q<=r; } int main(){ cin>>y>>b>>r; if(ok(r-2,r-1,r)) Print(r-2,r-1,r); else if(ok(b-1,b,b+1)) Print(b-1,b,b+1); else Print(y,y+1,y+2); cout<<ans; return 0; }
B. New Year and the Treasure Geolocation
题意：
给出两个种类的点，每个种类的点有n个，现在要求一个目的点，满足两类点中，各存在一个点，它们的横纵坐标之和等于目的点的横纵坐标。
题目保证存在这个目的点。
题解:
我想的是排序后，最小的x加上最大的x即为目的点的横坐标，对于纵坐标也同理。
因为假设x1<x2<...<xn-1<xn，现在选取的两个点是x2,xn，那么对于其它的选择，肯定有个xt与x1匹配，又因x1<x2,xt<xn，就有x1+xt<x2+xn，这时不符合题意。
还有一种更为简单的方法，直接取均值即可，因为题目保证有解，目的点的横坐标就可以为（x1+x2+...x2*n）/n。
其实两种方式的本质都是一样的。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1005; int n; struct node{ int x,y; bool operator < (const node &A)const{ return A.x==x ? y<A.y : x<A.x; } }p1[N],p2[N]; int main(){ cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&p1[i].x,&p1[i].y); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&p2[i].x,&p2[i].y); sort(p1+1,p1+n+1);sort(p2+1,p2+n+1); cout<<p1[1].x+p2[n].x<<" "<<p1[1].y+p2[n].y; return 0; }
C. New Year and the Sphere Transmission
题意：
n个人围成一个圈，然后从1号开始丢球，丢到后面第k个人(1+k)，问最后如果球可以回到1号手中，那么接到球的人的编号总和是多少。
题解：
我们可以知道，如果k为n的因子，那么球是肯定能够回到1号手中的。如果不为因子呢？
考察等式：a*k-b*n=c，这里假定k为已知量，那么当c=gcd(k,n)时，这个方程有整数解，这时c就为k确定时可能到的人的编号。
从这里可以看出，如果k不为n的因子而如果为一些其它的值，那么结果会重复。
所以我们就找n的因子就好了，对于每一个确定的k，因为他是因子，那么跳一圈即可回到1手中，最后求个等差数列求和就行了。
代码如下:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll n; vector <ll> vec; int main(){ cin>>n; for(int i=2;i*i<=n;i++){ if(n%i==0){ vec.push_back(i); if(i*i!=n) vec.push_back(n/i); } } vec.push_back(1);vec.push_back(n); vector <ll > ans ; for(auto d:vec){ ll last = n-d+1; ans.push_back((last+1)*((last-1)/d+1)/2); } sort(ans.begin(),ans.end()); for(auto v:ans){ printf("%I64d ",v); } return 0; }
D. New Year and the Permutation Concatenation
题意:
按字典序给出1-n的所有全排列的序列，然后问有多少个长度为n的序列，他们的和为n*(n+1)/2。
题解：
首先分析，如果和为n*(n+1)/2，那么必然1-n中的每个数出现了一次。
然后给出两种思路：
第一种：注意分析条件，给出的序列是按字典序的，那么就有这么一个性质：
如果当前改变的最高位为i(从右开始数)，那么1~i-1的数字是不会有改变的（我们两段两段地分析，每段长度为n）。
之后我们考虑，对于第i位的数字，它会增大几次？显然答案为n-i次，也就是说，这一位作为最高位发生变化的情况有n-i次。
那么我们就可以求出每一位作为最高位而发生改变的总情况为 (n-i)*fac[n]/fac[n-i+1] 次，每次对答案会有i的贡献(1+i-1)，所以每一位的总贡献就是i*(n-i)*fac[n]/fac[n-i+1]。
PS：最后答案会加上一个1，因为我们这里算的是有变化而产生的情况，而对于最后一段不会有变化了，但它本身就是一种情况。
代码如下:
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MOD = 998244353 ,N = 1e6+5; ll n; ll fac[N]; ll qp(ll a,ll b){ ll ans = 1; while(b){ if(b&1) ans=ans*a%MOD; a=a*a%MOD; b>>=1; } return ans ; } int main(){ cin>>n; ll ans = 1; fac[0]=1; for(int i=1;i<=1e6;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD; for(int i=n-1;i>=1;i--){ ll d = n-i; ll now = fac[n]*qp(fac[n-i+1],MOD-2)%MOD; ans=(ans+(ll)i*now%MOD*d%MOD)%MOD;//out } cout<<ans; return 0; }
另外一种思路与第一种也有相似之处，还是利用序列按字典序排列后所拥有的性质。
我们首先知道一共有n*n!总情况，我们之前分析的是对答案有贡献的情况，现在从另一个角度来分析：对答案没有贡献的情况。
我们考虑长度为n的序列中，从第i位到第n位都为递减，即此时为1~i-1不变时的最大序列，那么下次会对i-1位进行改变，改变的操作就是从i-1位变为i，i变为i-1。注意此时i~n位递减，不包含i-1也递减的情况。
在这两段序列中，从1~i-1开始的长度为n的序列，依然满足条件，而i~n开始的，则不满足条件。
那么我们只需要把不满足条件的减去就好了。
假设序列后面k个单减，那么他们出现的总情况就为fac[n]/fac[k]，最后减去他们就行了。
当k=n时结果为1，但我们不用减去，这种情况对答案的贡献是1。跟刚才加上1类似。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MOD = 998244353,N = 1e6+5; ll fac[N],inv[N]; ll n; ll qp(ll a,ll b){ ll ans =1; while(b){ if(b&1) ans=a*ans%MOD; a=a*a%MOD; b>>=1; } return ans ; } int main(){ cin>>n; fac[0]=inv[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=i*fac[i-1]%MOD; for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=qp(fac[i],MOD-2); ll ans = n*fac[n]%MOD; ll tmp = fac[n]; ll sum = 0; for(int i=1;i<n;i++) sum=(sum+inv[i])%MOD; ans = ((ans-tmp*sum)%MOD+MOD)%MOD; cout<<ans; return 0; }