https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1087

C - 斐波那契数列卷积

 

题意:给定 nn,求 an=k=0nFnk×Fka_n=\sum_{k=0}^n F_{n-k}\times F_kqn1018q\le n\le 10^{18},其中 FF 是斐波那契数列,F0=0,F1=1F_0=0,F_1=1

先拆开来看看

an=F0Fn+F1Fn1++FnF0an1=F0Fn1+F1Fn2++Fn1F0an2=F0Fn2+F1Fn3++Fn2F0\begin{align} a_n &= F_0F_n+F_1F_{n-1}+\cdots+F_nF_0\\ a_{n-1}&=F_0F_{n-1}+F_1F_{n-2}+\cdots+F_{n-1}F_0\\ a_{n-2}&=F_0F_{n-2}+F_1F_{n-3}+\cdots+F_{n-2}F_0\\ \end{align}

则自然想到把 an1,an2a_{n-1},a_{n-2} 加起来看看。

最终得到 an=an1+an2+Fn1a_n=a_{n-1}+a_{n-2}+F_{n-1}

再矩阵快速幂同时求得 F,aF,a.

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout << #x << ":\t" << (x) << endl;
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned ll
const int N = 100 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 998244353;
const ll inv2 = (mod + 1) / 2;
struct Mat {
ll a[N][N];
int r, c;
Mat(int _r, int _c) { r = _r, c = _c, memset(a, 0, sizeof(a)); }
};
Mat operator * (Mat X, Mat Y) {
Mat Z(X.r, Y.c);
for (int i = 0; i < X.r; ++i) {
for (int j = 0; j < Y.c; ++j) {
for (int k = 0; k < X.c; ++k) {
Z.a[i][j] = (Z.a[i][j] + 1ll * X.a[i][k] * Y.a[k][j] % mod) % mod;
}
}
}
return Z;
}
Mat pow(Mat a, ll n) {
Mat res(a.r, a.c);
for (int i = 0; i < a.r; i++)
res.a[i][i] = 1;
while (n) {
if (n & 1) res = res * a;;
a = a * a;
n >>= 1;
}
return res;
}
ll n;
Mat A(4, 1);
Mat B(4, 4);
int main() {
scanf("%lld", &n);
A.a[2][0] = 1;
B.a[0][0] = B.a[0][1] = B.a[0][2] = B.a[1][0] = B.a[2][2] = B.a[2][3] = B.a[3][2] = 1;
A = pow(B, n - 1)*A;
printf("%lld\n", A.a[0][0]);
return 0;
}

 

E - 树上逆序对

 

题意:给定一棵树,有点权,定义树上逆序对:x 是 y 的祖先,且 x 的点权大于 y。可以进行任意次修改,每次修改把一个点权变为相反数,多次询问,问能否使得逆序对数为 kk

树状数组+bitset优化可行性背包

最关键的点在于 一对点中绝对值大的那个可以决定这一对是否为逆序对,而绝对值小的那个点无论是否修改都没有影响。

所以只要对每个点找出它的祖先中比他小的点,以及它的子树中比他小的点。

这可以通过dfs的同时维护点权的树状数组得到,只要利用好欧拉序。

再做可行性背包,若不修改,则该点贡献为子树中比他小的点数,若修改,则为祖先中比他小的点数。

复杂度差一点,所以再用bitset优化。

注意bitset不能开太大,否则会T。

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout << #x << ":\t" << (x) << endl;
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned ll
const int N = 2e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 998244353;
const ll inv2 = (mod + 1) / 2;
int n;
int a[N], b[N], c[N];
vector<int>G[N], vc;
int sum1[N], sum2[N];
void add(int q, int x, int sum[]) {
for (int i = q; i <= n; i += (i&-i))
sum[i] += x;
}
int qry(int r, int sum[]) {
int res = 0;
for (int i = r; i; i -= (i&-i))
res += sum[i];
return res;
}
void dfs(int u, int _fa) {
b[u] += qry(a[u] - 1, sum1);
add(a[u], 1, sum1);
int tmp = qry(a[u] - 1, sum2);
add(a[u], 1, sum2);
for (int v : G[u]) {
if (v == _fa)continue;
dfs(v, u);
}
c[u] += qry(a[u] - 1, sum2) - tmp;
add(a[u], -1, sum1);
}
bitset<30010>dp;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &a[i]), vc.push_back(a[i]);
vc.push_back(0);
sort(vc.begin(), vc.end());
vc.erase(unique(vc.begin(), vc.end()), vc.end());
for (int i = 1; i <= n; i++)a[i] = lower_bound(vc.begin(), vc.end(), a[i]) - vc.begin();
for (int i = 1; i < n; i++) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
dp.reset();
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dp = (dp << b[i]) | (dp << c[i]);
}
int q;
scanf("%d", &q);
while (q--) {
int k;
scanf("%d", &k);
puts(dp[k] ? "Orz" : "QAQ");
}
return 0;
}

 

D - 放物品

 

题意:给定 nn 个物品,规定第 ii 个不能放在位置 pip_i 上,定义一种摆放方式的值:设 j>ij>i,且 posj<posipos_j<pos_i,则产生贡献 ij×posjposi|i-j|\times|pos_j-pos_i|,问所有合法排列的值之和。

首先发现每对物品是独立产生贡献的,所以可以两层循环枚举一对物品,计算贡献。

设这对物品为 i,ji,j

则有四种情况:

  1. ii 放在 pjp_jjj 放在 pip_i
  2. ii 不放在 pjp_jjj 不放在 pip_i
  3. ii 放在 pjp_jjj 不放在 pip_i
  4. ii 不放在 pjp_jjj 放在 pip_i

对于每种情况求出 posiposj\sum |pos_i-pos_j|,再乘以 ji|j-i|,再由于其它物品没有确定,所以还要乘以方案数,最后四种情况求和,就是这对物品的贡献。

对于第 1 种情况,posi=pj,posj=pipos_i=p_j,pos_j=p_i,所以 posiposj=pjpi\sum |pos_i-pos_j|=|p_j-p_i|,方案数就是 n1n-1 个物品全错排的方案数,记为 f[n]f[n].

对于第 2 种情况,首先需要求出合法的总距离 tsum,再容斥去掉 ii 放在 pjp_jjj 放在 pip_i 时的距离和,方案数等于有 2 个物品没有对应位置的错排数,记为 g[n]g[n]

对于第 3 种情况,同样求出总距离后去掉 jj 放在 pip_i 的距离和,方案数等于有 1 个物品没有对应位置的错排数,记为 h[n]h[n]

对于第 4 种情况,同样求出总距离后去掉 ii 放在 pjp_j 的距离和,方案数等于有 1 个物品没有对应位置的错排数,记为 h[n]h[n]

下面求 f[n],g[n],h[n]f[n],g[n],h[n]

f[n]f[n] 就是全错排,不多说了,f[n]=(f[n1]+f[n2])×(n1)f[n]=(f[n-1]+f[n-2])\times(n-1).

h[n]h[n] 是有 1 个物品没有对应位置的错排,讨论那个物品放在那个没有对应物品的位置上,还是放在有对应物品的位置上,所以有 h[n]=f[n1]+(n1)×h[n1]h[n]=f[n-1]+(n-1)\times h[n-1].

g[n]g[n] 是有 2 个物品没有对应位置的错排,讨论这 2 个物品,分别放在没有对应物品的位置上还是放在有对应物品的位置上,所以有 g[n]=2f[n2]+(n2)×(n3)×g[n2]+4(n2)×h[n2]g[n]=2f[n-2]+(n-2)\times (n-3)\times g[n-2]+4(n-2)\times h[n-2].

还要注意的是要先从总距离中去除 iipip_ijjpjp_j 这种不合法的情况。

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cout << #x << ":\t" << (x) << endl;
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned ll
const int N = 2e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = 998244353;
const ll inv2 = (mod + 1) / 2;
int T;
int n;
int p[N];
ll f[N], g[N], h[N];
int main() {
f[0] = 1; f[1] = 0; f[2] = 1;
for (int i = 3; i < N; i++)f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2])*(i - 1) % mod;
h[0] = h[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; i++)h[i] = (f[i - 1] + (i - 1)*h[i - 1] % mod) % mod;
g[0] = g[1] = 1; g[2] = 2;
for (int i = 3; i < N; i++)g[i] = (2 * f[i - 2] % mod + (i - 2)*(i - 3) % mod*g[i - 2] % mod + 4 * (i - 2) % mod*h[i - 2] % mod) % mod;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &p[i]);
ll sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)sum = (sum + i * (n - i) % mod) % mod;
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
ll tsum = sum;
if (p[i] > p[j])tsum = (tsum - (p[i] - 1)*p[i] / 2 % mod - (1 + n - p[j])*(n - p[j]) / 2 % mod + (p[i] - p[j]) + 2 * mod) % mod;
else tsum = (tsum - (p[i] - 1)*p[i] / 2 % mod - (1 + n - p[j])*(n - p[j]) / 2 % mod + 2 * mod) % mod;
//i放p[j],j放p[i]
if (p[j] > p[i])ans = (ans + (j - i)*(p[j] - p[i]) % mod*f[n - 2] % mod) % mod;
//i不放p[j],j不放p[i]
ll s1 = (p[j] - 1)*p[j] / 2 % mod, s2 = (1 + n - p[i])*(n - p[i]) / 2 % mod;
ll s;
if (p[j] > p[i])s = (tsum - s1 - s2 + p[j] - p[i] + 2 * mod) % mod;
else s = (tsum - s1 - s2 + 2 * mod) % mod;
ans = (ans + s * (j - i) % mod*g[n - 2] % mod) % mod;
//i放p[j],j不放p[i]
s = (s1 - max(0, p[j] - p[i]) + mod) % mod;
ans = (ans + s * (j - i) % mod*h[n - 2] % mod) % mod;
//i不放p[j],j放p[i]
s = (s2 - max(0, p[j] - p[i]) + mod) % mod;
ans = (ans + s * (j - i) % mod*h[n - 2] % mod) % mod;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}