codeforces good bye 2018

codeforces good bye 2018

good bye candidate master

2018年的最后一场cf

感觉打完我又用rating换了一大波rp

T1

题意： 给出三个数(r)，(b)，(y)，定义(a)，(b)，(c)是分别小于等于这三个数且满足(a+2==b+1=c)

求(a+b+c)的最大值

题解： 日常读错题，zz的我考场上没看清楚题面以为是要求(a>b>c)，样例没测就交了。。。WA*1

实际上只要枚举一下(a)，(b)，(c)那个取了最大值就好了，，，要满足答案最大，一定有一个是取最大值的

代码：

#include<map>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a,b,c;
int main(){
//	freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
	if(a+1<=b&&a+2<=c) printf("%d
",3*a+3);
	else
	if(b<=a+1&&b+1<=c) printf("%d
",3*b);
	else
	printf("%d
",3*c-3);
	return 0;
}

T2

题意：给出(n)个标志物坐标((x_i,y_i))以及(n)个线索((a_i,b_i))，要把标志物和线索两两匹配使得所有((x_i+a[p_i],y_i+a[y_i]))相等

题解：本来是想要先枚举第一个坐标所匹配的线索，然后判断是否存在匹配方案使得宝藏坐标等于枚举出的坐标，这样时间复杂度(n^2logn)应该也能过，虽然有点zz

然而其实这道题可以(nlogn)过：要想每个都相等，对于最小的(x)坐标,一定要给他最大的(a)来补，对于(y)也是一样。。

这样的话sort一遍就好了

代码：

#include<map>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1100;
struct node{
	int x,y;
}e[maxn],t[maxn];
int n;
bool cmp(node x,node y){return x.x<y.x;}
bool Cmp(node x,node y){return x.y<y.y;}
int main(){
//	freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&t[i].x,&t[i].y);
	sort(e+1,e+n+1,cmp);
	sort(t+1,t+n+1,cmp);
	printf("%d ",e[1].x+t[n].x);
	sort(e+1,e+n+1,Cmp);
	sort(t+1,t+n+1,Cmp);
	printf("%d
",e[1].y+t[n].y);
	return 0;
}

T3

题意：n个元素的环，编号为1~n，一个球一开始在1，每次可以顺时针移动k步，每移动到一个点上就会产生这个点的编号点贡献，再次到1时停止，问对于所有k，能产生哪几种不同的总贡献

题解：对于n的每一个约数都统计一下就好了，不要忘记去重

代码：

#include<map>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e7+100;
int n,tot;
ll p[maxn];
inline int work(int n,int x){
	ll tmp=n/x;
	p[++tot]=n*(tmp-1)/2+tmp;
}
int main(){
//	freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i*i<=n;i++)
		if(n%i==0){
			work(n,i),work(n,n/i); 
		}
	sort(p+1,p+tot+1);p[0]=-1;
	for(int i=1;i<=tot;i++)
		if(p[i]!=p[i-1]) printf("%I64d ",p[i]);
	printf("
");
	return 0;
}

T4

题意：把n个元素的所有排列按字典序头尾相接，形成一个长为(n*n!)的数列a，问有多少对(l,r)满足

[a[l]+a[l+1]+...+a[r-1]+a[r]=n*(n+1)/2 ]

题解：分析了一下样例，很显然的可以发现只有当(l,r)代表的是一个排列的时候才会等于(n*(n+1)/2)，就考虑对于每个排列，他对答案的贡献

想象对于每个答案排列，他都可以分为两部分，一部分属于(a)中的前一个排列末尾，一个属于后一个排列开头，因为排列总数是(n!)，对于一个排列分法有(n)种，所以总方案应是(n*n!)

但是这些方案中有一些是不合法的，比如：（n=5,设(x)是前一个末尾，y是后一个开头）

[x={4,2},y={1,3,5} ]

显然，完整的前一个应该是({1,3,5,4,2})，但是我们发现，后一个是不会合法的，因为他要满足比前一个大，但是前一个的最后两位(即(x))是单减的，也就是说没有比(x)大的了。

那么我们枚举所有长度的单减序列，长度为(i)的单减序列总数就等于在一个({n,n-1,n-2,...,1})的序列里挑(i)个数，即(C(n,i))，对于每个单减序列(x)，他的(y)是可以随便填的（这里的x，y还是上面的定义），方案总数((n-i)!)

然后就没有然后了，总方案数(n*n!)，不合法方案数(sum_{i=1}^n{C(n,i)*(n-i)!})，合法方案就是：

[ans=n*n!-sum_{i=1}^n{C(n,i)*(n-i)!} ]

如果你没有和zz的nianheng一样在手算时zz地把(4!)算成(16)，你就能马上A掉这道题了

代码：

#include<map>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<bitset>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e7+100,P=998244353;
int n;
ll jc[maxn],ans;
void ycl(){
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		jc[i]=jc[i-1]*i%P;
}
inline ll poww(ll x,ll y){
	ll base=1;
	while(y){
		if(y&1) base=base*x%P;
		x=x*x%P;
		y>>=1;
	}
	return base;
}
inline ll C(int n,int m){
	return jc[n]*poww(jc[m],P-2)%P*poww(jc[n-m],P-2)%P;
}
int main(){
//	freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	ycl();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		ans=(ans+C(n,i)*jc[n-i]%P)%P;
	ans=(jc[n]*n%P-ans)%P;
	printf("%I64d
",(ans+1)%P);
	return 0;
}

感想

失误辣么多，我还是太蒻了啊