Solved:3
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F. take
官方题解:小 A 在打开第 i 个箱子后会交换手中的钻石和第 i 个箱子中的钻石
当且仅当第 i个箱子的钻石是前 i 个箱子打开后出现的所有钻石里最大的。
那么要算概率的话，前面箱子中钻石大于等于它的打开后就不能有钻石
用树状数组维护一下
线段树(不会树状数组) 调了半天居然快速幂忘记写返回了
#include <stdio.h> #include <algorithm> #include <iostream> #include <string.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod = 998244353; ll sum[400005]; int num[100005]; ll pow_mod(ll x, ll y) { ll res = 1; while(y) { if(y & 1) res = res * x % mod; y >>= 1; x = x * x % mod; } return res; } struct node { int p, d, id; }E[100005]; bool cmp1(node A, node B) { return A.d < B.d; } bool cmp2(node A, node B) { return A.id < B.id; } void pushup(int rt) { sum[rt] = sum[rt << 1] * sum[rt << 1 | 1] % mod; } void build(int l, int r, int rt) { if(l == r) { sum[rt] = 1; return; } int m = l + r >> 1; build(l, m, rt << 1); build(m + 1, r , rt << 1 | 1); pushup(rt); } void update(int k, ll v, int l, int r, int rt) { if(l == r) { sum[rt] = v; return; } int m = l + r >> 1; if(k <= m) update(k, v, l, m, rt << 1); else update(k, v, m + 1, r, rt << 1 | 1); pushup(rt); } ll query(int ql, int qr, int l, int r, int rt) { if(ql <= l && qr >= r) return sum[rt]; ll res = 1; int m = l + r >> 1; if(ql <= m) res = res * query(ql, qr, l, m, rt << 1) % mod; if(qr > m) res = res * query(ql, qr, m + 1, r, rt << 1 | 1) % mod; return res; } int main() { int n; scanf("%d", &n); ll ny = pow_mod(100, mod - 2); for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &E[i].p, &E[i].d); E[i].id = i; E[i].p = 100 - E[i].p; } sort(E + 1, E + 1 + n, cmp1); for(int i = 1; i <= n; i++) num[E[i].id] = i; sort(E + 1, E + 1 + n, cmp2); build(1, n, 1); ll ans = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { int v = num[E[i].id]; ans = (ans + query(v, n, 1, n, 1) * (100 - E[i].p) % mod * ny % mod) % mod; update(v, E[i].p * ny % mod, 1, n, 1); } printf("%lld ", ans); return 0; }
H. subseq
题意:找一个字典序第k小的合法b数组 使得以b数组的大小作为下标的a数组是严格上升的子序列
题解:用f(i)表示从第i个元素做为起始能组成的上升子序列个数
跃然纸上的转移 f(i) = 1 + ∑f(j) (i < j <= n && a(j) > a(i)) 这个用树状数组维护就好了
离散好以后 从大到小的插入就可以
然后贪心的从1枚举 在满足这个点a(i)大于上一个插入答案中的点的情况下
如果f(i) >= k就意味着这个点可以做为答案中的一位 k-- 就少了后面什么都不接的一种
如果f(i) < k 表示这个点显然不做为答案中的一位 k -= f[i] 把这些字典序比他小的答案全减去
还有个很坑的地方就是可能会爆ll 但是问的k只有1e18 所以判一下上界 用我的写法用后缀和比较好
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int n; ll k; struct node { int val, id, v; }a[500005]; ll c[500005]; ll f[500005]; int ans[500005]; bool cmp(node A, node B) {return A.val < B.val;} bool cmp1(node A, node B) {return A.id < B.id;} inline void add(int x, ll v) { for( ; x > 0; x -= x & -x) { c[x] += v; if(c[x] > 1e18) c[x] = 1e18; } } inline ll ask(int x) { ll res = 0; for( ; x <= n; x += x & -x) { res += c[x]; if(res > 1e18) res = 1e18; } return res; } int main() { scanf("%d%lld", &n, &k); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i].val), a[i].v = a[i].val, a[i].id = i; sort(a + 1, a + 1 + n, cmp); a[1].val = 1; for(int i = 2; i <= n; i++) { if(a[i].val == a[i - 1].v) a[i].val = a[i - 1].val; else a[i].val = a[i - 1].val + 1; } sort(a + 1, a + 1 + n, cmp1); for(int i = n; i >= 1; i--) { //f[i] = ask(n) - ask(a[i].val * 1LL) + 1LL; //这样写会wa 因为两个都很大的情况下 返回1e18 但是一减去就没了 f[i] = ask(a[i].val + 1) + 1; add(a[i].val, f[i]); } int cnt = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { if(!k) break; if(a[i].val > a[ans[cnt]].val) { if(f[i] >= k) ans[++cnt] = i, k--; else k -= f[i]; } } if(k) puts("-1"); else { printf("%d ", cnt); for(int i = 1; i < cnt; i++) printf("%d ", ans[i]); printf("%d ", ans[cnt]); } return 0; }
I. vcd
题意:n个点 定义一个集合是好的为 对于这个集合的任意一个子集 以右开口的矩形把他包起来 不会包含这个子集的其他点
求有多少个好的集合
题解:考虑一个点的话显然都满足
考虑两个点的话显然纵坐标相同的不满足情况 那么统计答案就减去纵坐标相同的
考虑三个点的话显然是满足像小于符号的点才行(好像不是很显然 但是多画几种情况就看出来了)
统计答案就是对于每个点 在比这个点横坐标大的情况下 在他上面的点 x 在他下面的点 且任意两个点横坐标不能相同
所以我们用树状数组维护y 再按x从大到小的插入 对于相同的x 都统计完答案后再一起插入
考虑四个点的话是找不到答案的 简单的证明一下 对于一个像红对勾形状的三个点
假设再加入一个点要满足答案 那么新加入的点和任意两个点都能组成小于号
对于右边两个点 要组成小于号 要在下面哪个点下面
对于左边两个点 要组成小于号 要在上面哪个点上面 这显然是矛盾的
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod = 998244353; ll n; struct node { int x, y, pre; }p[100005]; int b[100005]; ll vis[100005]; ll c[100005]; bool cmp1(node A, node B) {return A.y < B.y;} bool cmp2(node A, node B) {return A.x < B.x;} inline void add(int x) {for( ; x <= n; x += x & -x) c[x]++;} inline ll ask(int x) {ll res = 0; for( ; x > 0; x -= x & -x) res += c[x], res %= mod; return res;} int main() { scanf("%lld", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &p[i].x, &p[i].y), p[i].pre = p[i].y; sort(p + 1, p + 1 + n, cmp1); p[1].y = 1; vis[1]++; //这沙雕地方卡了一晚上 写昏了 for(int i = 2; i <= n; i++) { if(p[i].y == p[i - 1].pre) p[i].y = p[i - 1].y; else p[i].y = p[i - 1].y + 1; vis[p[i].y]++; } sort(p + 1, p + 1 + n, cmp2); ll ans = 0; ans += 1LL * n + n * (n - 1LL) / 2LL; for(int i = 1; i <= n; i++) ans -= vis[i] * (vis[i] - 1) / 2; ans %= mod; int now = n; for(int i = n; i >= 1; i--) { ll tmp1 = ask(n) - ask(p[i].y); ll tmp2 = ask(p[i].y - 1); ans += tmp1 * tmp2 % mod; ans %= mod; if(p[i].x != p[i - 1].x) { for(int j = now; j >= i; j--) add(p[j].y); now = i - 1; } } printf("%lld ", ans); return 0; }