“蔚来杯“2022牛客暑期多校训练营9

"蔚来杯"2022牛客暑期多校训练营9

[题目链接]("蔚来杯"2022牛客暑期多校训练营9_ACM/NOI/CSP/CCPC/ICPC算法编程高难度练习赛_牛客竞赛OJ (nowcoder.com))

A Car Show

题目大意

给定一个长为n的序列，包含1,2,…,m，求有多少区间[L,R]包含所有1,2,…,m。

题解

思维题。

假设满足条件的第一个区间是[1,R1]，那么[1,R]（R>=R1）一定满足条件。然后求[2,R2]的R2，此区间的左端点只比[1,R1]，少一个T[1]，所以可以只考虑下一个T[1]在哪个位置即可。如果位置序号<=R1，那么R2=R1，否则R2=位置序号。依此类推。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 5;
ll n, m, r, res;
ll a[maxn];
map<ll, vector<ll>> mp;
map<ll, ll> mp2;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for (ll i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        mp[a[i]].push_back(i);
    }
    ll i;
    for (i = 1; i <= n; i++)
    {
        mp2[a[i]]++;
        if (mp2.size() == m)
        {
            r = i;
            break;
        }
    }
    if (i > n)
    {
        cout << 0 << endl;
        return 0;
    }
    res += n - r + 1;
    for (ll i = 2; i <= n; i++)
    {
        auto temp = upper_bound(mp[a[i - 1]].begin(), mp[a[i - 1]].end(), i - 1);
        if (temp == mp[a[i - 1]].end())
            break;
        if (*temp <= r)
        {
            res += n - r + 1;
        }
        else
        {
            r = *temp;
            res += n - r + 1;
        }
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}

B Two Frogs

题目大意

河道里有n个荷叶排成一排，从第i(<n)个荷叶出发可以跳到第(i,i+a_i]个荷叶上。有两只青蛙从第1个荷叶出发，每一步都独立地等概率随机地跳向后边的荷叶，求两只青蛙以相同步数到达第n个荷叶的概率。

题解

动态规划。

dp[i] [j]表示当前位置为i，走了j步时到达点n的概率。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 8e3 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, res;
int a[maxn], b[maxn];
int dp[maxn][maxn], sum[maxn][maxn];
ll qpow(ll a, ll n, ll mod)
{
    ll res = 1;
    while (n)
    {
        if (n & 1)
            res = (res * a) % mod;
        a = (a * a) % mod;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}
ll inv(ll a, ll p)
{
    return qpow(a, p - 2, p);
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        b[i] = inv(a[i], mod);
    }
    dp[n][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        sum[i][0] = 1;
    for (int i = n - 1; i >= 1; i--)
    {
        for (int j = 1; j <= n - i; j++)
        {
            dp[i][j] = 1ll * (dp[i][j] + sum[i + 1][j - 1] - sum[i + a[i] + 1][j - 1]) * 1ll * b[i] % mod;
            sum[i][j] = 1ll * (sum[i + 1][j] + dp[i][j]) % mod;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        res = (res + 1ll * dp[1][i] * dp[1][i]) % mod;
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}