CF2129 CF1951 VP 记录

news/2025/10/3 15:53:32/文章来源:https://www.cnblogs.com/Ydoc770/p/19123430

非常好 hfu 开发的神秘打一场比赛改两场题，使我的国庆假期旋转.

CF2129 Div1

B

逆序对考虑在较小的数处统计贡献，枚举序列里面每个数，一并枚举逆序对的另一个数. $p_i$ 有贡献当且 $i>j$，$2n-p_i$ 有贡献当且仅当 $j<i$，取较小值即可.

C

构造交互，畏惧了.

注意询问可以选择相同的下标，返回的是合法子串的数量.

如果我们知道了一个左括号或一个右括号的位置，我们可以通过构造来尝试一次询问得到多个位置的信息. 一次询问形如：

\[(s_i(s_i\cdots(s_i((s_j(s_j\cdots \]

其中 $(s_i$ 重复 $x$ 次，如果 $s_i$ 为 $)$ 贡献为 ${x(x-1)\over2}$，反之贡献为 $0$. 为了能够根据询问信息正确解码信息，我们需要确定恰当的重复次数使得子集 $\sum{x(x-1)\over2}$ 不等于另一个 ${y(y-1)\over2}$. 这个东西可以预先打表出来，每次最多询问 $13$ 个位置的信息. 所以操作次数一部分是 $\lceil{1000\over13}\rceil$. 为了确定一个左/右括号可以二分最小的前缀有 $1$ 贡献的，当然可以直接拿 $s_1$ 作为分隔符代替 $($ 或 $)$，因为最后可以拿贡献为 $0$ 的 $O(1)$ 判断 $s_1$ 是啥，然后反推回去得到整个串.

D

神秘区间 DP.

直接对 $p_i$ 计数不好做，考虑为每个位置安排贡献. 一个重要的性质是当 $x$ 位置被染色，那么左右的贡献就独立了，只能区间内的相互贡献，考虑用区间 DP 求解.

设 $f_{i,j,a,b}$ 表示钦定区间 $[i,j]$ 贡献了 $a$ 分到 $l-1$，$b$ 分到 $r+1，并且内部所有限制处理好的方案数. 考虑区间中 $k$ 位置的限制怎么满足，显然转移是从 $f_{i,k-1,a1,b1}$ 与 $f_{k+1,r,a2,b2}$. 如果 $s_k\neq-1$，当且仅当 $s_k=b_1+a_2$ 可以转移，否则都可以转移. 考虑贡献有先后顺序，两个子问题贡献到大问题，实际上随意交换顺序是不会改变的，所以乘上组合数 ${r-l\choose k-l}$. 即可.

看起来时空复杂度爆炸，然而每个位置被贡献 $O(\log n)$ 次之后可贡献的范围就会退化成单点，所以时间复杂度是 $O(n^3\log^3 n)$，空间复杂度 $O(n^2\log^2 n)$.

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;const int maxn = 1e2 + 10, maxv = 2e2, mo = 998244353;
int T, n, s[maxn];
int f[maxn][maxn][12][12];ll fac[maxn << 1], ifac[maxn << 1];
ll qpow(ll x, ll y) {ll res = 1;while(y) {if(y & 1) (res *= x) %= mo;(x *= x) %= mo, y >>= 1;} return res;
}
void init() {fac[0] = ifac[0] = 1; for(int i = 1; i <= maxv; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mo;ifac[maxv] = qpow(fac[maxv], mo - 2); for(int i = maxv - 1; i >= 1; i--) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mo;
}
inline ll C(const int &x, const int &y) {return fac[x] * ifac[y] % mo * ifac[x - y] % mo;}inline int add(const int &x, const int &y) {return x + y >= mo ? x + y - mo : (x + y < 0 ? x + y + mo : x + y);}
inline void upd(int &x, const int &y) {return x = add(x, y), void(0);}void clearr() {for(int l = 0; l <= n; l++) for(int r = max(l - 1, 0); r <= n; r++) for(int a = 0; a < 12; a++) for(int b = 0; b < 12; b++) f[l][r][a][b] = 0;
}
void solve() {scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &s[i]);for(int i = 2; i <= n; i++) if(s[i] <= 0) f[i][i][1][0] = 1; if(s[1] <= 0) f[1][1][0][1] = 1;for(int i = 0; i <= n; i++) f[i + 1][i][0][0] = 1;for(int len = 2; len <= n; len++) {for(int l = 1; l + len - 1 <= n; l++) {int r = l + len - 1;for(int k = l; k <= r; k++) {int ul = 0, ur = 0;if(l == 1) ur = 1;else if(r == n || l + r >= 2 * k) ul = 1;else ur = 1;if(s[k] == -1) {for(int a1 = 0; a1 < 12; a1++) {for(int b2 = 0; b2 < 12; b2++) {int sum = 0;for(int b1 = 0; b1 < 12; b1++) upd(sum, f[l][k - 1][a1][b1]);for(int a2 = 0; a2 < 12; a2++) upd(f[l][r][a1 + ul][b2 + ur], 1ll * sum * f[k + 1][r][a2][b2] % mo * C(r - l, k - l) % mo);}}}else {for(int b1 = 0; b1 < 12; b1++) {if(s[k] - b1 < 0 || s[k] - b1 > 11) continue;int a2 = s[k] - b1;for(int a1 = 0; a1 < 12; a1++) {for(int b2 = 0; b2 < 12; b2++) upd(f[l][r][a1 + ul][b2 + ur], 1ll * f[l][k - 1][a1][b1] * f[k + 1][r][a2][b2] % mo * C(r - l, k - l) % mo);}}}}}} int ans = 0; for(int a = 0; a < 12; a++) for(int b = 0; b < 12; b++) upd(ans, f[1][n][a][b]);printf("%d\n", ans); return clearr();
}int main() {// ios :: sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);init();cin >> T; while(T--) solve();return 0;
}

CF1951 Div2+Div1

D

神秘 ad-hoc，数据放二进制构造误导向，结果正解是 $O(1)$.

分类讨论 $n,k$ 的关系：

$n<k$ 无解.
$n=k$，设置一个价格为 $1$ 的商店.
$k<n<2k$，只有 $n=2k-1$ 有解，容易构造.
$n\ge2k$ 第一个商店价格 $n-k+1$，由于 $2(n-k+1)>n$，所以必然会剩下 $k-1$，第二个价格设 $1$ 即可.

放这种题何意味？

E

比较好的一道构造题.

设 $pos_i=p^{-1}_i$，即数 $i$ 在 $p$ 中的位置. 考虑 $p$ 中逆序对，对答案的贡献，令 $i<j$，有 $p_i>p_j$，$pos_{p_i}=i<j=pos_{p_j}$，即 $pos_{p_i}<pos_{p_j}$. 由于 $t$ 与 $pos_t$ 构成双射，且大小关系不同，所以无论 $q$ 怎么取必定会对答案造成 $1$ 的贡献. 同理，$p$ 中顺序对的贡献在 $q_i<q_j$ 时为 $0$，$q_i>q_j$ 时为 $2$.