2019 ICPC Asia Yinchuan Regional 训练记录

vjudge地址 2019 ICPC Asia Yinchuan Regional

B    

题意：给一个 n*n的矩阵，初始为0，进行若干次操作，每次操作可以使得矩阵的一行或一列的每一个元素加上一个正整数。现在给出操作后得到的矩阵，但是其中有一个元素未知（以-1标记），求出这个元素的值。

思路：先对与-1元素无关的行与列做处理，即将这些行或列的所有元素减去他们的最小值。

检查-1所在行与列除-1外的其他值，分别取除-1的最小值，再将两者加起来即可。

F    

题意：

G    

题意：定义

给出n，求 ，答案对$\mathrm{998244353取模。}$

 思路：可知f_a^-1(x)=log_a(x)，因为b>=a>=2，所以f_b^-1(a)的上取整必为1。

考虑前一项log_a(b)下取整，对于a²>b，该项为1；对于a³>b，该项为2......

然后枚举a，就可以根据aⁱ>b（i>2），得到对答案的贡献(min(n+1,aⁱ)-a^i-1)*i

对于a²>b的情况，对答案贡献为∑i(n+1-i) - (n+∑(aⁱ>b部分的i(n+1-i)) )，

前一项∑i(n+1-i)拆解得(n+1)∑i-∑i²，即(n+1)²n/2-n(n+1)(2n+1)/6

求就完事了。（取模会有点麻烦）具体见代码。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll now,ans,res;
const int mod=998244353;
ll pow(ll x,ll k)
{
    ll re=1;
    while (k)
    {
        if (k&1) re=re*x%mod;
        x=x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return re;
}
int main()
{
    ll i,j,n,x;
    ll res,re,ans;
    scanf("%lld",&n);
    ans=0;
    for (i=2;i<=n;i++)
    {
        now=0;
        for (j=0,x=i;x<=n;j++,x=x*i) now=(now+(min(n+1,x*i)-x)*j%mod)%mod;
        if (j==1) break;
        else ans=(ans+now*i%mod)%mod;
    }
    n=n%mod;
    res=(n+1)*n/2%mod*(n+1)%mod;
    re=n*(n+1)/2%mod*(2*n%mod+1)%mod*pow(3,mod-2)%mod;
    res=(res-re+mod)%mod;
    res=(res-n+mod)%mod;
    ans=(ans+res)%mod;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

I

进制转换，x进制转为y进制（2<=x,y<=62）。

可以用Java做，先将x进制转为10进制再转为y进制。

N

直接输出就行了。。