洛谷七月月赛(Div.2) A-C题解

A

看到这题名字就想吐……

滚粗的预感（逃

---

Solution

貌似这题也不难。分类讨论(防溢出)即可:

①当$n=1$时，输出$n$；
②当$n\ge 40$时，输出$1$；
③否则暴力枚举$x$的值，用快速幂优化乘方。

最差情况时间复杂度为$O(\sqrt{n})$。($m=2$)

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int n,m;

int quick_power(int a,int b)
{
	int res=1;
	for (;b;b=b>>1,a=(a*a))
	{
		if (b&1)  res=(res*a);
	}
	return res;
}

signed main()
{
	cin>>n>>m;
	if (m==1)  cout<<n<<endl;
	else if (m>=40)  cout<<1<<endl;
	else
	{
		int cnt=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			if (quick_power(i,m)<=n&&quick_power(i,m)!=-1)  cnt++;
			else break;
		}
		cout<<cnt<<endl;
	}
	return 0;
}

B

本蒟蒻的数学能力算是个蒟蒻，而别的只能算个菜鸡，所以本蒟蒻相对来说就擅长点数学啦……于是就开了B题。

看了一半题，接着又开了D题；

D题看懂后，又开了C题；

于是，把$B,C,D$全部看懂后，开始想$B$题显然的思路。

Solution

假设一个等腰三角形三条边的长度为$a,a,b$，简记$b$为底。

分别考虑每条边为底，然后累加满足要求情况即可。设这条边的长度为$x$，长度为$i$的木棍的数量为$v_i$，$maxlen=max${$a_i$}，则其满足要求的情况数为${\sum }_{j=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1}^{maxlen}{C}_{v_j}^2$。

可以发现，此时每个等边三角形都被算了三次，所以答案还要减去$(3-1){\sum }_{i=1}^{maxlen}{C}_{v_i}^3$。

注意随时取模即可。由于有$n\le 2\times 10^5$的限制，并不需要逆元。

万万没想到，由于溢出与$RE$的问题，导致提交了$20$发才过…… 辛亏心态还好，否则就直接滚上床睡觉颓废了

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rg register
using namespace std;
const int mod=998244353;

int n,ans=0,maxlen=200000;
int a[1000005],v[1000005],pre[1000005];

inline int C(int k)
{
	return ((k*k-k)/2)%mod;
}

inline int CC(int k)
{
	rg int now=(k*k-k)/2;
	return (((now%mod)*(k-2))/3)%mod;
}

inline int read()
{
	int s=0,w=1;
	char ch=getchar();
	
	while (ch<'0'||ch>'9')
	{
		if (ch=='-')  w=-w;
		ch=getchar();
	}
	while (ch>='0'&&ch<='9')
	{
		s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return s*w;
}

signed main()
{
	cin>>n;
	for (rg int i=1;i<=n;++i)  a[i]=read(),v[a[i]]++;
	for (rg int i=1;i<=maxlen;++i)  pre[i]=pre[i-1]+C(v[i]);
	for (rg int i=1;i<=maxlen;++i)
	{
		rg int p=(i/2)+1;
		ans=(ans+((pre[maxlen]-pre[p-1]-C(v[i]))*v[i]))%mod;
	}
	for (rg int i=1;i<=maxlen;++i)
	{
		ans=(ans+CC(v[i]))%mod;
	}
	cout<<ans%mod<<endl;
	
	return 0;
}

C

果断开C题。

话不多说，顺利先骗到$11$分，然后考虑正解。令人惊讶的是，我骗完$Subtask3$，以为只暂时拿到$6$分，结果$Subtask4$跟着$Subtask3$也过了……

Solution

显然，我们可以将每列捆绑起来看。首先考虑无解的情况。定义"移动"为，一列在移到正确的位置中需要被翻转的次数。

①原来这两个数在同一列，现在不在同一列了；
②原来这两个数在同一列，经过奇数次移动，这两个数的上下顺序仍然相同；
③原来这两个数在同一列，经过偶数次移动，这两个数的上下顺序变化了。

int m[2*maxlen+5][3];
for (rg int i=1;i<=2;i++)
{
	for (rg int j=1;j<=n;j++)  a[i][j]=read();
}
for (rg int i=1;i<=2;i++)
{
	for (rg int j=1;j<=n;j++)
	{
		b[i][j]=read();
		m[b[i][j]][1]=i,m[b[i][j]][2]=j;
	}
}
bool no_solution()
{
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=a[1][i],y=a[2][i];
		int xx=m[x][1],xy=m[x][2];
		int yx=m[y][1],yy=m[y][2];
		
		if (xy!=yy)  return true;
		if (i%2==xy%2&&yx!=xx+1)  return true;
		else if (i%2!=xy%2&&xx!=yx+1)  return true;
		
		v[i]=xy;
	}
	return false;
}
//判断无解的方法

既然已经保证有解，考虑最少翻转的次数。

我们可以将每列捆绑起来看，设第$i$列它在$b$数组中的位置为第$v_i$列。此时，答案就是$v$的逆序对个数！即，我们每次转换都会减少有且仅有一个逆序对，最终逆序对的数量为$0$。

用树状数组可以在$O(nlo{g}_{2}n)$的时间复杂度内求逆序对数。

本题略微卡常，注意快速读入即可。总时间复杂度为$O(nlo{g}_{2}n)$。

当时比赛的时候脑子瓦特，第一次数组开小$RE$，第二次用$map$记录数字位置导致超时，第三次快读忘写导致卡常……

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rg register
using namespace std;
const int maxlen=1000000;

int n,ans=0;
int a[5][maxlen+5],b[5][maxlen+5],m[2*maxlen+5][3];
int v[maxlen+5],tree[maxlen+5];

inline int lowbit(int k)
{
	return k&(-k);
}

bool no_solution()
{
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=a[1][i],y=a[2][i];
		int xx=m[x][1],xy=m[x][2];
		int yx=m[y][1],yy=m[y][2];
		
		if (xy!=yy)  return true;
		if (i%2==xy%2&&yx!=xx+1)  return true;
		else if (i%2!=xy%2&&xx!=yx+1)  return true;
		
		v[i]=xy;
	}
	return false;
}

inline void change(int rt)
{
	while (rt<=n)
	{
		tree[rt]++;
		rt+=lowbit(rt);
	}
}

inline int query(int rt)
{
	int ans=0;
	while (rt>=1)
	{
		ans+=tree[rt];
		rt-=lowbit(rt);
	}
	return ans;
}

inline int read()
{
	int s=0,w=1;
	char ch=getchar();
	
	while (ch<'0'||ch>'9')
	{
		if (ch=='-')  w=-w;
		ch=getchar();
	}
	while (ch>='0'&&ch<='9')
	{
		s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return s*w;
}

signed main()
{
	cin>>n;
	for (rg int i=1;i<=2;i++)
	{
		for (rg int j=1;j<=n;j++)  a[i][j]=read();
	}
	for (rg int i=1;i<=2;i++)
	{
		for (rg int j=1;j<=n;j++)
		{
			b[i][j]=read();
			m[b[i][j]][1]=i,m[b[i][j]][2]=j;
		}
	}
	if (no_solution())  return cout<<"dldsgay!!1"<<endl,0;
		
	for (int i=n;i>=1;i--)
	{
		ans+=query(v[i]-1);
		change(v[i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}