【题解】2021牛客OI赛前集训营-提高组（第一场）_2021牛客oi赛前集训营-提高组(第一场)-优快云博客

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A.

最优方案中 $ans[i][j]\leq17$

所以只要把 $\leq17$ 的边连起来就好了

单次 $\text{dijkstra}$ 时间复杂度 $O((n+m)\log n)$ 。

这道题如果把堆去掉换成队列的话时间复杂度是 $O(17n^2)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define db double 
#define ll long long
#define mkp make_pair
#define pii pair<int,int> 
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int Maxn=2000*2000+5;
const int mod=998244353;
int P,t,ans[2005][2005],vis[2005][2005];
ll val[Maxn],res;
priority_queue<pii> q;  
int has(int i,int j) {
	return (i-1)*(P-1)+j-1;
}
bool solve(int st) {
	for(int i=1;i<P;i++) ans[st][i]=inf,vis[st][i]=0;
	while(q.size()) q.pop();
	int cnt=P-1;
	q.push(mkp(0,st));
	ans[st][st]=0;
	while(q.size()) {
		int x=q.top().se,tmp=ans[st][x]; q.pop();
		if(vis[st][x]) continue;
		vis[st][x]=1;
		cnt--;
		if(cnt==0) return 1;
		for(int j=max(1,x-20);j<=min(P-1,x+20);j++) {
			int nx=x*j%P;
			if(ans[st][x]+abs(x-j)<ans[st][nx]) {
				ans[st][nx]=ans[st][x]+abs(x-j);
				q.push(mkp(-ans[st][nx],nx));
			}
		}
	}
	return 0;
}
int main() {
	memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
	scanf("%d%d",&P,&t);
	val[0]=1;
	for(int i=1;i<(P-1)*(P-1);i++) {
		val[i]=val[i-1]*t%mod;
	}
	for(int i=1;i<P;i++) {
		solve(i);
		for(int j=1;j<P;j++) {
			res=(res+ans[i][j]*val[has(i,j)]%mod)%mod;
		}
	}
	printf("%lld",res);
}

B.

考虑区间 dp 。

dp 转移非常显然。

但是你会被卡常数。

有一个结论：区间的第一次操作一定是区间最大值。

考虑怎么证明它：如果先操作 max ，再操作 x ，代价为 L + R + L1 + R1 ；如果先操作 x ，那么代价为 Max + R1 + L + L1 ，显然先操作最大值比较优。

根据 不等式传递性 ，我们每次交换操作序列中 Max 到左边会使答案更优，结论得证。（我们得到了本质上的最优策略 233）

加上这个剪枝，时间复杂度 $O(n^3)$ 。（虽然复杂度没变 233）

#include<bits/stdc++.h>
#define db double 
#define ll long long
#define mkp make_pair
#define pii pair<int,int> 
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int Maxn=2005;
const int mod=998244353;
//结论：最优决策一定是区间 [l,r] 的最大值 
int n,Log[Maxn],a[Maxn],st[Maxn][20],dp[Maxn][Maxn];
ll dp2[Maxn][Maxn],c[Maxn][Maxn]; 
int ask(int l,int r) {
	if(l>r) return 0;
	int k=Log[r-l+1];
	return max(st[l][k],st[r-(1<<k)+1][k]);
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=2;i<=n;i++) Log[i]=Log[i/2]+1;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),st[i][0]=a[i];
	for(int j=1;j<20;j++) {
		for(int i=1;i<=n-(1<<j)+1;i++) {
			st[i][j]=max(st[i][j-1],st[i+(1<<j-1)][j-1]);
		}
	}
	for(int i=0;i<=n;i++) c[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=0,dp2[i][i]=1;
	for(int i=1;i<=n+1;i++) dp2[i][i-1]=1;
	for(int len=2;len<=n;len++) {
		for(int i=1;i<=n-len+1;i++) {
			int j=i+len-1;
			dp[i][j]=inf;
			for(int k=i;k<=j;k++) {
				if(a[k]!=ask(i,j)) continue;
				if(dp[i][j]==ask(i,k-1)+ask(k+1,j)+dp[i][k-1]+dp[k+1][j]) {
					dp2[i][j]=(dp2[i][j]+dp2[i][k-1]*dp2[k+1][j]%mod*c[j-i][k-i]%mod)%mod; 
				}
				else if(dp[i][j]>ask(i,k-1)+ask(k+1,j)+dp[i][k-1]+dp[k+1][j]) {
					dp[i][j]=ask(i,k-1)+ask(k+1,j)+dp[i][k-1]+dp[k+1][j];
					dp2[i][j]=dp2[i][k-1]*dp2[k+1][j]%mod*c[j-i][k-i]%mod;
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld",dp2[1][n]);
}

C.

非常恶心的模拟题。

很容易看出来答案是若干个等差数列求和。

暴力枚举 $i\in [2^t,2^{t+1})$ ，首先不难推出 $i*(c-1)\mod 2^{t+1} = 0$

把 $c - 1$ 进行 $2$ 的因数分解，即： $i\mod 2^{g}=0$ ，其中 $g=\max(0,t+1-p)$

这里不难看出两件事：

每 $2^g$ 个数的函数值相同，一共有 $2^t$ 个数，所以有 $2^{g-t}$ 组，而每一组之间的公差为 $2^g$
如果 $i < n - 1$ 的话这个组可以恰好分完

我们回顾一下等差数列求和公式：首项 * 项数 + 项数 * （项数-1） /2 * 公差

带入上式可以得到答案。

现在我们来解决 $i = n - 1$ 的情况。

我们分为散块和整块。

散块比较简单，只要能整除 $2^g$ 部分的都是整块（换句话说 1 + 前 2~n-g 位）

后面 n-g+1~n 位就都是散块了。由于我们把最后这部分散块看成了整块，所以多算了 $2^g$ - sk - 1 个数，末项又可以用首项 + （项数-1） * 公差来求得，所以我们就做完了。时间复杂度是 O(n) 的。

总结：这道题纯用了数学方法来推导，每一个部分的求和都特别清晰，必须对题目性质有较深刻的认识才能做得出来。

#include<bits/stdc++.h>
#define db double 
#define ll long long
#define mkp make_pair
#define pii pair<int,int> 
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int Maxn=1e7+5;
char s[Maxn];
ll n,m,p,c,res,ksm[Maxn];
//考虑数列 dp(i) 到底长什么样子
//i \in [2^p,2^{p+1})
//i * (c-1)  mod 2^p = 0
//显然当 i = 2^p 是恒成立的，此时 dp(i) = 2^p
//如果 c-1 是 2^p 的倍数 ，这一段就是等差数列求和
//  
ll calc(ll sx,ll gc,ll xs) {
	return (sx*xs%mod+xs*(xs-1)/2%mod*gc%mod)%mod;
}
int main() {
//	freopen("data.in","r",stdin);
    ksm[0]=1;
    for(int i=1;i<=1e7;i++) ksm[i]=ksm[i-1]*2%mod;
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) {
    	scanf("%s%lld",s+1,&c),n=strlen(s+1);
  //  	reverse(s+1,s+1+n);
    	int tmp=0;
    	for(int i=1;i<=n;i++) {
    		tmp=tmp*2+s[i]-'0';
		}
//		printf("%d\n",tmp);
        c--;
        if(c&1) {
            printf("0\n");
            continue;
        }
        if(c==0) {
            ll tmp=0;
            for(int i=1;i<=n;i++) {
                tmp=(tmp*2+s[i]-'0')%mod;
            }
            printf("%lld\n",tmp*(tmp+1)/2%mod);
            continue;
        }
        p=0;
        res=0;
        while(c%2==0) p++,c/=2;
        
        for(int i=0;i<n;i++) {
            //等差数列三要素：首项，公差，项数
            //首项 * 项数 + 项数 * （项数-1） /2 * 公差
            //首项 = 2^i
            if(i<n-1) {
            	ll sx=ksm[i],gc=max(i+1-p,0ll),xs=ksm[i-gc];
	            //公差 = 2^{max(i+1-p,0)}
	            //项数 = 2^{i-gc}
	            res=(res+ksm[gc]*calc(sx,ksm[gc],xs)%mod)%mod;
			}
            else {
            	//项数可以取模哟
		        ll sx=ksm[i],gc=max(i+1-p,0ll),xs=0,sk=0,mx=0;
		        for(int j=1;j<=n-gc;j++) {
		            xs=(xs*2+s[j]-'0')%mod;
		        }
		        xs=(xs-ksm[i-gc]+1+mod)%mod;
		        //计算整块 
//		        printf("%d %d %d %d\n",sx,ksm[gc],xs,gc);
		        res=(res+ksm[gc]*calc(sx,ksm[gc],xs)%mod)%mod;
		        //最后一项被多记数了 2^g - sk - 1次 
				 for(int j=n-gc+1;j<=n;j++) {
				 	sk=(sk*2+s[j]-'0')%mod;
				 }
				 mx=(sx+(xs-1)*ksm[gc]%mod)%mod;
				 res=(res-(ksm[gc]-sk-1+mod)%mod*mx%mod+mod)%mod;
		        //计算散块 
//		        res=(res+sk*mx%mod)%mod; 
			}
//			printf("%d\n",res);
        }
        printf("%lld\n",res);
	}
	
	
}

D.

二维 st 表 + bitset + 二分。

做法很显然就不说了。主要是观察到 $a[i][j]\leq100$ 所以直接上 $\text{bitset}$ （真可谓暴力神器）

时间复杂度 $O(n^2logn)$ 。（可能常数略大 233）

#include<bits/stdc++.h>
#define db double 
#define ll long long
#define mkp make_pair
#define pii pair<int,int> 
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int Maxn=1505;
//二维 st 表 + bitset
int n,m,Log[Maxn],a[Maxn][Maxn],k,res;
bitset<101> st[Maxn][Maxn][11];
inline int read() {
	int x=0,f=1; char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9') {
		c=getchar();
	}
	while(c>='0'&&c<='9') {
		x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return x;
}
int qry(int x,int y,int d) {
	int k=Log[d];
	return (st[x][y][k]|st[x+d-(1<<k)][y][k]|st[x][y+d-(1<<k)][k]|st[x+d-(1<<k)][y+d-(1<<k)][k]).count();
}
int solve(int x,int y,int k) {
	if(k==0) return 0;
	int l=1,r=min(n-x+1,m-y+1),res=0;
	while(l<=r) {
		int mid=l+r>>1;
		if(qry(x,y,mid)<=k) res=mid,l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	return res;
}
int main() {
	n=read(),m=read(),k=read();
	for(int i=2;i<=max(n,m);i++) {
		Log[i]=Log[i/2]+1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=m;j++) {
			scanf("%d",&a[i][j]);
			st[i][j][0][a[i][j]]=1; 
		}
	}
	for(int k=1;k<=10;k++) {
		for(int i=1;i<=n-(1<<k)+1;i++) {
			for(int j=1;j<=m-(1<<k)+1;j++) {
				st[i][j][k]=st[i][j][k-1]|st[i+(1<<k-1)][j][k-1]|st[i][j+(1<<k-1)][k-1]|st[i+(1<<k-1)][j+(1<<k-1)][k-1];
			}  
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=m;j++) {
			int tmp=solve(i,j,k);
			if(!tmp||qry(i,j,tmp)!=k) continue;
			res+=tmp-solve(i,j,k-1);
		}
	}
	printf("%d",res);
}