Atcoder AGC050

A
考虑到$10\approx {\log }_{2}1000$，每个页面向外连出两条边，要求任意两点距离不超过$10$，因此建一颗类似于线段树的图。点 $p$ 连向模意义下的点 $2p$ 和 $2p+1$ 即可。
时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(1)$

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
	int n,a,b;
	cin>>n;
	for(register int i=0;i!=n;i++){
		a=i<<1;
		b=a|1;
		if(a>n){
			a-=n;
		}else if(a==0){
			a=n;
		}
		if(b>n){
			b-=n;
		}
		cout<<a<<' '<<b<<endl;
	}
	return 0;
}

B
先找规律，看若某些格子上有硬币的情况是否有可能。
设共有 $k$ 个位置有硬币，第 $i$ 枚硬币在位置 $p_i$,$S(l,r)$ 表示第 $l$ 至第 $r$ 枚硬币的集合。则 $S(1,k)$ 可行的条件为存在三个正整数 $a,b,c$ 满足：
$a<b<c⩽k$
$(b-a)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3=(c-b)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$
$a=1$ 或 $S(1,a-1)$ 可行
$a=b-1$ 或 $S(a+1,b-1)$ 可行
$b=c-1$ 或 $S(b+1,c-1)$ 可行
$c=k$ 或 $S(c+1,k)$ 可行
因此考虑区间DP。设 $f_{i,j}$ 表示从位置 $i$ 至位置 $j$ 选一些位置放硬币的最大得分，且放置硬币的方案在该区间中可行。则DP转移为：
从区间 $i,j$ 与区间 $j+1,k$ 转移到区间 $i,k$。
若 $j-i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3=2$，则从区间中选取 $k$ 使得 $k-i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3=1$，并从区间 $i+1,k-1$ 与区间 $k+1,j-1$ 转移到区间 $i,j$。
不难发现这样转移是完备的。
时间复杂度 $O(n^3)$，空间复杂度 $O(n^2)$

#include<iostream>
using namespace std;
#define R register int
int f[500][500],a[500];
inline void Max(int&x,int y){
	x=x>y?x:y;
}
int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(R i=0;i!=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	for(R i=2;i!=n;i++){
		for(R j=0;i+j!=n;j++){
			for(R k=i+j;k!=j;k--){
				Max(f[j][i+j],f[j][k-1]+f[k][i+j]);
			}
			if(i%3==2){
				for(R k=j+1;k<i+j;k+=3){
					Max(f[j][i+j],f[j+1][k-1]+f[k+1][i+j-1]+a[j]+a[k]+a[i+j]);
				}
			}
		}
	}
	cout<<f[0][n-1];
	return 0;
}

C
若现有一确定的操作字符串，判断胜负情况。将字符串分为若干段，每一段S后都会有一个B，一段S的长度可能为$0$。设状态 $(l,r)$ 表示Snuke左侧有 $l$ 个连续的空位，右侧有 $r$ 个连续的空位，经过第一段S后状态为 $(+\infty ,+\infty )$，经过第一个B后状态变为 $(0,+\infty )$。设当前状态为 $(0,r)$，则又经过 $b$ 个S和一个B之后的状态为 $(0,\min (b,[\frac{r}{2}]))$。由此归纳得若Snuke要赢则到倒数第 $i$ 段S长度至少是 $2^{i-2}$，其中 $i>1$。
根据结论定下DP状态，设 $f_{i,j}$ 表示第 $i$ 个位置可以为B且右侧的S为倒数第 $j$ 段。显然 $j⩽{\log }_{2}n$。设 $i$ 右侧第一个B的位置为 $l$ 且 $i+2^{j-2}<l$，则 $f_{i,j}={\sum }_{k=i+1}^l{f}_{k,j-1}$，前缀和优化DP即可。设第一个B的位置为 $p$，共 $Q$ 个?，则答案为 $2^Q-{\sum }_{i=1}^p{\sum }_{j=1}{f}_{i,j}$。当原字符串不存在B时特殊处理，答案为 $2^Q-1-{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}{f}_{i,j}$。仔细处理边界情况。
时空复杂度 $O(n{\log }_{2}n)$

#include<iostream>
using namespace std;
#define R register int
#define P 998244353
int f[1000000][20],g[1000002][20];
inline int Add(int x,const int y){
	x+=y;
	return x<P?x:x-P;
}
int main(){
	string s;
	cin>>s;
	int n=s.length(),ans=1,l,t;
	bool tag=true;
	l=n;
	for(R i=n-1;i!=-1;i--){
		if(s[i]=='?'){
			ans<<=1;
			if(ans>P){
				ans-=P;
			}
		}
		if(s[i]!='S'){
			if(l==n){
				f[i][0]=1;
			}
			for(R j=0;j!=19;j++){
				t=i+(1<<j);
				if(t<l){
					f[i][j+1]=Add(g[t+1][j],P-g[l+1][j]);
				}
			}
		}
		if(s[i]=='B'){
			l=i;
			tag=false;
		}
		for(R j=0;j!=20;j++){
			g[i][j]=Add(f[i][j],g[i+1][j]);
		}
	}
	if(tag==true){
		ans--;
	}
	for(R i=0;i<=l;i++){
		for(R j=0;j!=20;j++){
			ans=Add(ans,P-f[i][j]);
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

D
考虑影响答案的因素。比较显然的有执行的轮数，剩余人数，当前操作的人以及正在计算的人在人群中的排名。设 $f_{pre,suf,r,pos}$ 表示编号比当前正在计算的人编号小的有 $pre$ 人，编号大的有 $suf$ 人，正在执行了 $r$ 轮，当前操作的人在人群中编号排名为 $pos$。由于剩下的人抽中新的物品的概率 $p$ 一定为 $\frac{pre+suf+1+k-n}{k-r}$，DP转移考虑每种情况对参数的影响即可。
时空复杂度 $O(n^4)$

#include<iostream>
using namespace std;
#define R register int
#define L long long
#define P 998244353
inline int Add(int x,const int y){
	x+=y;
	return x<P?x:x-P;
}
int f[40][40][41][41],inv[41];
inline int GetAns(int pre,int suf,int r,int pos,int&n,int&k){
	int&g=f[pre][suf][r][pos];
	if(g!=-1){
		return g;
	}
	g=0;
	int tot=pre+suf+1,p,q;
	if(r==k||n-tot==k){
		return 0;
	}
	p=(L)(tot+k-n)*inv[k-r]%P;
	q=Add(P-p,1);
	if(pre+1==pos){
		g=((L)q*GetAns(pre,suf,r+(suf==0),suf==0?1:pos+1,n,k)+p)%P;
	}else if(pos>pre){
		g=((L)p*GetAns(pre,suf-1,r+(pos==tot),(pos-1)%(tot-1)+1,n,k)+(L)q*GetAns(pre,suf,r+(pos==tot),pos%tot+1,n,k))%P;
	}else{
		g=((L)p*GetAns(pre-1,suf,r,pos,n,k)+(L)q*GetAns(pre,suf,r,pos+1,n,k))%P;
	}
	return g;
}
int main(){
	putchar('1');
	inv[1]=1;
	int n,p;
	cin>>n>>p;
	for(R i=2;i<=p;i++){
		inv[i]=(L)(P-P/i)*inv[P%i]%P;
	}
	for(R i=0;i!=n;i++){
		for(R j=0;j!=n;j++){
			for(R k=0;k<=n;k++){
				for(R l=0;l<=n;l++){
					f[i][j][k][l]=-1;
				}
			}
		}
	}
	for(R i=2;i<=n;i++){
		printf("\n%d",GetAns(i-1,n-i,0,1,n,p));
	}
	return 0;
}

E
设 $(a,b,c,d,e,f)$ 表示是否存在自然数 $x$ 使得 $x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b=a$ 且 $x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}d=c$ 且 $x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}f=e$。设 $m_i=g_i+r_i$，则答案为 ${\sum }_{i=0}^{g_1-1}{\sum }_{j=0}^{g_2-1}{\sum }_{k=0}^{g_3-1}(i,m_1,j,m_2,k,m_3)$。若存在素数 $p$ 使得 $p\mid b$ 且 $p\nmid d,f$，则 $(a,b,c,d,e,f)=(a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(\frac{b}{p}),\frac{b}{p},c,d,e,f)$。将此结论推广，若 $p^{t_1}\parallel b,p^{t_2}\parallel d,p^{t_3}\parallel f$，且 $\max (t_1,t_2)⩽t_3$，设 $f^{\prime }=p^{\max (t_1,t_2)-t_3}f$，则 $(a,b,c,d,e,f)=(a,b,c,d,e\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{f}^{\prime },f^{\prime })$。经过变换，可以使得 $m_1\mid m_2{m}_3,m_2\mid m_1{m}_3,m_3\mid m_1{m}_2$。
设 $g=\gcd (m_1,m_2,m_3),m_1=gab,m_2=gac,m_3=gbc,a⩽b⩽c$。暴力模拟$2,3$号信号灯的颜色变化，时间复杂度 $O(a+b)$。由于 $a⩽b⩽\sqrt{bc}⩽c,bc⩽gbc=m_3$。因此 $a⩽b⩽\sqrt{m_3}$。
时间复杂度 $O(\sqrt{g+r})$，空间复杂度 $O(1)$

#include<iostream>
using namespace std;
#define R register int
#define L long long
#define I inline
#define P 998244353
I void Swap(L&x,L&y){
	L tem=x;
	x=y;
	y=tem;
}
I L Min(L x,L y){
	return x<y?x:y;
}
I void Compare(L&g1,L&m1,L&g2,L&m2){
	if(m1<m2){
		Swap(g1,g2);
		Swap(m1,m2);
	}
}
I L Gcd(L x,L y){
	return y==0?x:Gcd(y,x%y);
}
I L Calc(L m1,L m2,L m3){
	L v=m1/Gcd(m1,m2);
	v/=Gcd(v,m3);
	return m1/v;
}
I int Calc2(L l1,L r1,L l2,L r2,L g3,L m3){
	L l=l1>l2?l1:l2,r=Min(r1,r2);
	if(l>r){
		return 0;
	}
	int res=(r/m3%P*(g3+1)+Min(r%m3,g3)-(l-1)/m3%P*(g3+1)-Min((l-1)%m3,g3))%P;
	return res<0?res+P:res;
}
I int Solve(L g1,L m1,L g2,L m2,L g3,L m3){
	L v=Calc(m1,m2,m3);
	if(v!=m1){
		return(g1/v%P*Solve(v-1,v,g2,m2,g3,m3)+Solve(g1%v,v,g2,m2,g3,m3))%P;
	}
	v=Calc(m2,m1,m3);
	if(v!=m2){
		return(g2/v%P*Solve(g1,m1,v-1,v,g3,m3)+Solve(g1,m1,g2%v,v,g3,m3))%P;
	}
	v=Calc(m3,m1,m2);
	if(v!=m3){
		return(g3/v%P*Solve(g1,m1,g2,m2,v-1,v)+Solve(g1,m1,g2,m2,g3%v,v))%P;
	}
	Compare(g1,m1,g2,m2);
	Compare(g1,m1,g3,m3);
	Compare(g2,m2,g3,m3);
	L l1=0,l2=0,r1=g1,r2=g2;
	int res=0;
	while(l1!=l2||l1%m3!=0||l1==0){
		res+=Calc2(l1,r1,l2,r2,g3,m3);
		if(res>=P){
			res-=P;
		}
		if(r1<r2){
			l1+=m1;
			r1+=m1;
		}else{
			l2+=m2;
			r2+=m2;
		}
	}
	v=Gcd(m1,l1);
	m1/=v;
	l1/=v;
	v=Gcd(m2,l1);
	m2/=v;
	l1/=v;
	v=Gcd(m3,l1);
	m3/=v;
	l1/=v;
	return m1%P*(m2%P)%P*(m3%P)%P*res%P;
}
int main(){
	L g1,r1,g2,r2,g3,r3;
	cin>>g1>>r1>>g2>>r2>>g3>>r3;
	printf("%d",Solve(g1-1,g1+r1,g2-1,g2+r2,g3-1,g3+r3));
	return 0;
}