补题链接：https://codeforces.com/gym/104337

原文链接：https://www.eriktse.com/algorithm/1136.html

(资料图)

M. Different Billing

签到题，写几个柿子然后枚举B或C即可。

#include #define int long longusing namespace std;signed main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int x, y;cin >> x >> y;for(int c = 0;c <= x; ++ c){int b = (y - 2500 * c) / 1000;if(b < 0 || 1000 * b + 2500 * c != y)continue;int a = x - b - c;if(a >= 0){cout << a << " " << b << " " << c << "\n";return 0;}}cout << -1 << "\n";return 0;}

C. Darkness I

这题是对Minecraft中无限水的拓展过程为背景的一道思维题。

先考虑一下n, m均为奇数的情况：

然后从这种情况开始，增加一列，或者增加一行，都需要多加一个黑棋子，如果同时增加一行一列，那也是只需要增加一个棋子，增加到右下角的位置即可。

所以我们按照这种构造方法输出答案即可。

#include #define int long longusing namespace std;  signed main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n, m;cin >> n >> m;int res = (n + 1) / 2 + (m + 1) / 2 - 1;if(n % 2 == 0 || m % 2 == 0)res ++;cout << res << "\n";return 0;}

J.Expansion

这题可以转化为以下题意：

一开始身上资源为0，从1号点走到n号点，每个点上有一些资源（可能为负数），每秒钟可以选择走或者不走，且每秒会得到当前点上的资源（此时的资源已经做了前缀和），为了保证每时每刻身上的资源都不为负数，请问从1走到n所需的最小时间。

我们模拟一下这个过程，如果到了某个点发现如果在当前点停留1秒会使得资源变为负数，就说明“我应该在左边的某个正数点多停留一会儿”，而为了使得停留时间最少，我会选择最大的点进行停留。

注意一些特判，题意需要保证最后在n一直停留都不会使得资源为负数，所以prefix[n]需要大于等于零，还有为了使得可以走到n，需要保证第一个非0的数为正数。

#include #define int long longusing namespace std;const int N = 1e6 + 9, p = 998244353;int a[N], prefix[N];signed main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n;cin >> n;for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> a[i];for(int i = 1;i <= n; ++ i)prefix[i] = prefix[i - 1] + a[i];if(prefix[n] < 0){cout << -1 << "\n";return 0;}//遇到的第一个是负数for(int i = 1;i <= n; ++ i){if(prefix[i] != 0){if(prefix[i] < 0){cout << -1 << "\n";return 0;}break;}}int ans = 0, res = 0, mx = 0;//前面一步步推进for(int i = 1;i <= n; ++ i){mx = max(mx, prefix[i]);res += prefix[i];ans ++;//走一秒if(res < 0)//说明走快了，应该在前面多停留一段时间的{//补几秒钟int ti = (-res + mx - 1) / mx;ans += ti;res += ti * mx;}}cout << ans << "\n";return 0;}

H.Binary Craziness

赛时卡这道题了，一直在想拆位的做法（形成惯性思维了......糟糕）。

其实这题我们可以这样想，最多m条边，也就是所有点的出度之和一定是2m，然后我们最多n个点，也就是说出度的种类数不会超过 \(\sqrt{2m}\) 种。因为如果要使得种类数最多，那么就是每一种都只有一个，且从小到大，出度数组排序后（长度为t）将会是1, 2, 3, 4, 5, ...其和为\(\frac{t(t + 1)}{2} \le 2m\)，所以长度t不会很大。

我们就可以根据这个原理做一个桶记录一下某个数字出现的次数，然后直接双重循环暴力写！

#include #define int long longusing namespace std;const int N = 1e6 + 9, p = 998244353;int cnt[2 * N], a[N];int f(int x, int y){return (x ^ y) * (x | y) * (x & y);}signed main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n, m;cin >> n >> m;for(int i = 1;i <= m; ++ i){int x, y;cin >> x >> y;a[x] ++, a[y] ++;}for(int i = 1;i <= n; ++ i)cnt[a[i]] ++;vector v;for(int i = 1;i <= 2 * m; ++ i)if(cnt[i])v.push_back(i);int res = 0;for(int i = 0;i < v.size(); ++ i){for(int j = i + 1;j < v.size(); ++ j){res = (res + cnt[v[i]] * cnt[v[j]] % p * f(v[i], v[j]) % p) % p;}}cout << res << "\n";return 0;}

F.Inverse Manacher

这题甚至不需要会马拉车。

题目给定一个“回文半径”的数组，要你还原还原出一种可能的字符串（仅包含ab）。数据保证至少存在一种解。

只需要理解回文半径的含义即可。

当我们走到i时，如果a[i] > 1，说明我们要把i左边的一部分堆成到右边去，为了优化复杂度，我们可以用双指针，r表示此时b数组（也就是答案数组）的大小，也就是我们更新到的右端，当r < i + a[i] - 1时，我们就拓展得到b[r]，如果此时i > r，再根据一些情况来确定b[i]即可（交替的取a, b）。

注意数组开大一点，马拉车一般是两倍空间。

#include #define int long longusing namespace std;const int N = 3e6 + 9;int a[N];char b[N];signed main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n;cin >> n;for(int i = 0;i <= 2 * n + 1; ++ i)cin >> a[i];char ch = "a";for(int i = 0, r = 0;i <= 2 * n + 1; ++ i){while(i + a[i] - 1 > r)++ r, b[r] = b[2 * i - r];if(i == 0)b[i] = "&";else if(i & 1)b[i] = "|";else if(b[i] == 0)b[i] = ch, ch = (ch == "a" ? "b" : "a");}for(int i = 2;i <= 2 * n + 1;i += 2)cout << b[i];return 0;}

K.Dice Game

这题主要难在分析出n个事件相互独立。

当x确定时，对于n个人当中的某一个人，他胜利的概率是\(p = \frac{m-x}{m-1}\)，这个有两种理解，第一个感性的理解就是，当投出y = x是没有意义的，所以有效的y一共是m个，其中m - x个是可以赢的。

数学的理解是，这个人可能在第一次赢，也可能第二次赢，也可能第三次赢...，设平局概率为t，胜利概率为q。

\[p= q + t * q + t^{2} * q + .... + t^{inf} * q \]

其中\(t=\frac{1}{m}\), \(q = \frac{m-x}{m}\)。

根据等比数列求和我们可以知道：

\[p = \frac{m-x}{m-1}\]

然后对于某个x，一共有n个人，那么答案就是\(p^n = (\frac{m-x}{m-1}) ^ n\)。

#include #define int long longusing namespace std;const int N = 1e6 + 9, p = 998244353;int qmi(int a, int b){int res = 1;while(b){if(b & 1)res = res * a % p;a = a * a % p, b >>= 1;}return res;}int inv(int x){return qmi(x, p - 2);}signed main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n, m;cin >> n >> m;int res = 1;for(int i = 1;i <= m; ++ i){cout << qmi((m - i) * inv(m - 1) % p, n) << " ";}return 0;}

I.Step

已知\(2t | k(k+1)\)，求最小的\(k\)，其中\(t=lcm(p_1,p_2...,p_n)\)。

不妨设\(2t=a*b\)，且\(a|k,b|(k+1)\)，且\(ax=k,by=(k+1)\)，那么我们可以得到:

\[ax+1=by\]

转换一下得到：

\[a(-x)+by=1\]

枚举a，可以算出b，然后exgcd搞出最小的x，即得到了k=ax答案。

现在问题是如何枚举a，我们看这个exgcd式子可以发现我们需要保证gcd(a, b) = 1，且有2t = a * b，所以我们可以对2t进行唯一分解，然后选取不同质因子种类分配给a和b。

分配方案可以通过二进制直接做。

#include #define int long longusing namespace std;const int N = 1e6 + 9, inf = 8e18;int p[N];int gcd(int a, int b){return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}int lcm(int a, int b){return a / gcd(a, b) * b;}map mp;vector v;void func(int x){for(int i = 2;i <= x / i; ++ i){if(x % i)continue;v.push_back(i);mp[i] = 1;while(x % i == 0)mp[i] *= i, x /= i;}if(x > 1)v.push_back(x), mp[x] = x;}int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){if(!b)return x = 1, y = 0, a;int d = exgcd(b, a % b, y , x);y -= a / b * x;return d;}signed main(){ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n;cin >> n;for(int i = 1;i <= n; ++ i)cin >> p[i];int lc = p[1];for(int i = 2;i <= n; ++ i)lc = lcm(lc, p[i]);//对2 * lc进行质因数分解func(2 * lc);int res = inf;for(int i = 0;i < (1ll << v.size()); ++ i){//根据i得到aint a = 1;for(int j = 0;j < v.size(); ++ j)if(i >> j & 1)a = a * mp[v[j]];int b = 2 * lc / a;int x, y, d = exgcd(a, b, x, y);x = -x;x = (x % (b / d) + (b /  d)) % (b / d);if(a * x)res = min(res, x * a);//cout << "a = " << a << " " << "ax = " << a * x << "\n";}cout << res << "\n";return 0;}