【牛客练习赛 135 A-D 题解】

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A. 小柒的数字

Solution

严格证明一下只有 $z\in [1,x)$ 时是满足条件的。

• 当 $z\in [1,x)$ 时，显然 $0\le \lfloor \frac{z}{y}\rfloor \le \lfloor \frac{z}{2x}\rfloor \le \lfloor \frac{z}{x}\rfloor =0$，因此有 $\lfloor \frac{z}{y}\rfloor =\lfloor \frac{z}{x}\rfloor =0$；
• 当 $z\in [x,2x)$ 时，显然 $\lfloor \frac{z}{x}\rfloor =1>0=\lfloor \frac{z}{y}\rfloor$，因为如果 $\lfloor \frac{z}{y}\rfloor \ge 1$ 就要求 $z\ge y\ge 2x$，与假设不符。

设 $k=\lfloor \frac{y}{x}\rfloor$，即 $kx\le y<(k+1)x$，由题可知 $k\ge 2$。对于 $\forall m\in Z,m\ge 0$，

• 当 $k^m<l\le k^{m+1}$ 时，对于 $\forall z\in [lx,(l+1)x)$，均有 $\lfloor \frac{z}{x}\rfloor =l>k^m$，而 $$\lfloor \frac{z}{y}\rfloor \le \lfloor \frac{z}{kx}\rfloor \le \lfloor \frac{(l+1)x}{kx}\rfloor =\lfloor \frac{l+1}{k}\rfloor \le \lfloor \frac{k^{m+1}+1}{k}\rfloor =k^m,$$ 于是有 $\lfloor \frac{z}{y}\rfloor \le k^m<l=\lfloor \frac{z}{x}\rfloor$。

于是命题得证，即只有 $z\in [1,x)$ 满足 $\lfloor \frac{z}{y}\rfloor =\lfloor \frac{z}{x}\rfloor$。

所以最终答案就是 $\min (x-1,n)$，$n$ 是题目特定的限制 $z\in [1,n]$。

时间复杂度 $O(T)$

C++ Code

#include <bits/stdc++.h>

void solve() {
    int x, y, n;
    std::cin >> x >> y >> n;
    std::cout << std::min(x - 1, n) << "\n";
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
    int T = 1;
    std::cin >> T;
    
    while (T--) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}

B. 小柒的逆序对(一)

Solution

本题要求动态维护逆序对的奇偶性，这其实涉及到一个线性代数的结论。下面开始证明：对于任意一个排列，交换任意两个下标不同的数，逆序对奇偶性一定发生变化。

设排列是 $\cdots a_i,a_j\cdots$。由排列的性质，不妨设 $a_i<a_j$，那么交换 $a_i,a_j$ 后，其余位置的逆序对都没发生变化，仅仅是增加了一个 $(a_j,a_i)$ 逆序对，奇偶性改变。$a_i>a_j$ 同理，只是逆序对减少一个。

设排列是 $\cdots a_i,a_k,a_j\cdots$。由上一段的结论，邻项交换一定改变逆序对的奇偶，那么对于任意一个使得其变为 $\cdots a_j,a_k,a_i\cdots$ 的方案，只要这个方案始终保持邻项交换，逆序对奇偶性都会换一次变一次。现在我们考虑下面的过程。

$$\begin{array}{r}原排列：\cdots a_i,a_k,a_j\cdots \\ 交换a_k,a_j：\cdots a_i,a_j,a_k\cdots \\ 交换a_i,a_j：\cdots a_j,a_i,a_k\cdots \\ 交换a_i,a_k：\cdots a_j,a_k,a_i\cdots \end{array}$$

一共进行了三次邻项交换，这说明要交换 $\cdots a_i,a_k,a_j\cdots$ 中的 $a_i,a_j$，逆序对奇偶性改变。

上面我们证明了 $a_i,a_j$ 之间有 $1$ 个数 $a_k$ 的情况，下面进行数学归纳法。

设 $a_i,a_j$ 之间有 $m$ 个数，排列为 $\cdots a_i,a_{p_1},a_{p_2},\cdots ,a_{p_m},a_j\cdots$，此时交换 $a_i,a_j$，逆序对数量改变。下证对于 $m+1$ 的情况也成立。

设 $a_i,a_j$ 之间有 $m+1$ 个数，排列为 $\cdots a_i,a_{q_1},a_{q_2},\cdots ,a_{q_m},a_{q_{m+1}},a_j\cdots$，下面是交换过程。

$$\begin{array}{rl}原排列& ：\cdots a_i,a_{q_1},a_{q_2},\cdots ,a_{q_m},a_{q_{m+1}},a_j\cdots \\ 交换a_{q_{m+1}},a_j& ：\cdots a_i,a_{q_1},a_{q_2},\cdots ,a_{q_m},a_j,a_{q_{m+1}}\cdots \\ 交换a_j,a_i& ：\cdots a_j,a_{q_1},a_{q_2},\cdots a_{q_m},a_i,a_{q_{m+1}}\cdots \\ 交换a_i,a_{q_{m+1}}& ：\cdots a_j,a_{q_1},a_{q_2},\cdots a_{q_m},a_{q_{m+1}},a_i\cdots \end{array}$$

也可以看成三步（因为根据假设第二大步的交换会使得奇偶性改变），所以由数学归纳法得到：

对于任意一个排列，交换任意两个下标不同的数，逆序对奇偶性一定发生变化。

因此只要判断交换的两个下标 $i,j$ 是否相同即可。

时间复杂度 $O(n+q)$

C++ Code

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

template<class T>
std::istream &operator>>(std::istream &is, std::vector<T> &v) {
    for (auto &x: v) {
        is >> x;
        x--;
    }
    return is;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
    int n, q;
    i64 m;
    std::cin >> n >> m >> q;

    std::vector<int> a(n);
    std::cin >> a;

    std::array<std::string, 2> ans{"even", "odd"};

    while (q--) {
        int i, j;
        std::cin >> i >> j;
        m ^= (i != j);
        std::cout << ans[m & 1] << "\n";
    }
    
    return 0;
}

C. 小柒的逆序对(2)

Solution

由于这题只有小写字母，因此我们（在正常的 $abcdefg\cdots$ 字典序下）可以记录每种字符对的数量，例如 $ca,ab,zh$ 等，我们把这些信息记录到一个 $|\sum {|}^2$ 的数组 $rev$ 里，其中 $i$ 代表字符 $i+$‘a’。

接下来对于每个询问给出的长度为 $|\sum |$ 的新字典序 $ord$，考虑 $O(|\sum {|}^2)$ 遍历 $ord$，对于每一对 $(i,j)$ 满足 $0\le j<i<|\sum |$，首先要删去 $rev[i][j]$，因为原来正常的 $abcdefg\cdots$ 字典序下，$(i+‘a’,j+‘a’)$ 是逆序对，但是现在不一定是，所以先删去；接着加上 $rev[ord[i]-‘a’][ord[j]-‘a’]$，表示 $(ord[i],ord[j])$ 是新的逆序对。

时间复杂度 $O((n+q)|\sum {|}^2)$

• 其中 $|\sum |$ 为字符集的大小，本题中为 $26$。

C++ Code

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
    int n, q;
    std::cin >> n >> q;

    std::string s;
    std::cin >> s;

    std::array<int, 26> pre{};
    std::array<std::array<i64, 26>, 26> rev{};
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int c = s[i] - 'a';
        for (int j = 0; j < 26; j++) {
            rev[j][c] += pre[j];
        }
        pre[c]++;
    }
    i64 sum = 0;
    for (int i = 1; i < 26; i++) {
        for (int j = 0; j < i; j++) {
            sum += rev[i][j];
        }
    }

    while (q--) {
        std::string ord;
        std::cin >> ord;

        i64 res = sum;
        for (int i = 1; i < 26; i++) {
            for (int j = 0; j < i; j++) {
                res -= rev[i][j];
                res += rev[ord[i] - 'a'][ord[j] - 'a'];
            }
        }
        std::cout << res << "\n";
    }    
    
    return 0;
}

D. 小柒分糖果

Solution

这 $n$ 个糖果的挑选是独立的，因此我们可以分开算，最后把这 $n$ 个糖果的分配情况乘起来。

对于其中一种糖果有数量 $a$，现在要分给 $m$ 个人。设 $x_i$ 表示第 $i$ 个人的糖果数，要求满足

$$x_1+x_2+\cdots +x_m\le a,x_i\ge 0$$

对于 $j\in [0,a]$，$x_1+x_2+\cdots +x_m=j$ 解的数量为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+m-1}{m-1}\right)$（可以看看隔板法）。

那么当前的答案就是 $\sum _{j=0}^a\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+m-1}{m-1}\right)$。下面开始化简。

$$\begin{array}{rl}\sum _{j=0}^a\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+m-1}{m-1}\right)& =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-1}{m-1}\right)+\sum _{j=1}^a\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+m-1}{m-1}\right)\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{m}\right)+\sum _{j=1}^a\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+m-1}{m-1}\right)\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{m}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{m-1}\right)+\sum _{j=2}^a\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+m-1}{m-1}\right)\\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{m}\right)+\sum _{j=2}^a\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{j+m-1}{m-1}\right)\\ & =\cdots \\ & =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+m}{m}\right).\end{array}$$

其中用到了组合数的递推公式

$$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{m}\right).$$

考虑每一个 $a_i,i\in [1,n]$，最后的答案就是

$$\prod _{i=1}^n\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_i+m}{m}\right).$$

时间复杂度 $O(n)$

C++ Code

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

template<class T>
constexpr T power(T a, i64 b) {
    T res = 1;
    for (; b; b /= 2, a *= a) {
        if (b % 2) {
            res *= a;
        }
    }
    return res;
}
template<int P>
struct MInt {
    int x;
    constexpr MInt() : x{} {}
    constexpr MInt(i64 x) : x{norm(x % getMod())} {}
     
    static int Mod;
    constexpr static int getMod() {
        if (P > 0) {
            return P;
        } else {
            return Mod;
        }
    }
    constexpr static void setMod(int Mod_) {
        Mod = Mod_;
    }
    constexpr int norm(int x) const {
        if (x < 0) {
            x += getMod();
        }
        if (x >= getMod()) {
            x -= getMod();
        }
        return x;
    }
    constexpr int val() const {
        return x;
    }
    explicit constexpr operator int() const {
        return x;
    }
    constexpr MInt operator-() const {
        MInt res;
        res.x = norm(getMod() - x);
        return res;
    }
    constexpr MInt inv() const {
        assert(x != 0);
        return power(*this, getMod() - 2);
    }
    constexpr MInt &operator*=(MInt rhs) & {
        x = 1LL * x * rhs.x % getMod();
        return *this;
    }
    constexpr MInt &operator+=(MInt rhs) & {
        x = norm(x + rhs.x);
        return *this;
    }
    constexpr MInt &operator-=(MInt rhs) & {
        x = norm(x - rhs.x);
        return *this;
    }
    constexpr MInt &operator/=(MInt rhs) & {
        return *this *= rhs.inv();
    }
    friend constexpr MInt operator*(MInt lhs, MInt rhs) {
        MInt res = lhs;
        res *= rhs;
        return res;
    }
    friend constexpr MInt operator+(MInt lhs, MInt rhs) {
        MInt res = lhs;
        res += rhs;
        return res;
    }
    friend constexpr MInt operator-(MInt lhs, MInt rhs) {
        MInt res = lhs;
        res -= rhs;
        return res;
    }
    friend constexpr MInt operator/(MInt lhs, MInt rhs) {
        MInt res = lhs;
        res /= rhs;
        return res;
    }
    friend constexpr std::istream &operator>>(std::istream &is, MInt &a) {
        i64 v;
        is >> v;
        a = MInt(v);
        return is;
    }
    friend constexpr std::ostream &operator<<(std::ostream &os, const MInt &a) {
        return os << a.val();
    }
    friend constexpr bool operator==(MInt lhs, MInt rhs) {
        return lhs.val() == rhs.val();
    }
    friend constexpr bool operator!=(MInt lhs, MInt rhs) {
        return lhs.val() != rhs.val();
    }
};
 
template<>
int MInt<0>::Mod = 998244353;
 
template<int V, int P>
constexpr MInt<P> CInv = MInt<P>(V).inv();
 
constexpr int P = 1000000007;
using Z = MInt<P>;

struct Comb {
    int n;
    std::vector<Z> _fac;
    std::vector<Z> _invfac;
    std::vector<Z> _inv;
    
    Comb() : n{0}, _fac{1}, _invfac{1}, _inv{0} {}
    Comb(int n) : Comb() {
        init(n);
    }
    void init(int m) {
        m = std::min(m, Z::getMod() - 1);
        if (m <= n) return;
        _fac.resize(m + 1);
        _invfac.resize(m + 1);
        _inv.resize(m + 1);
        for (int i = n + 1; i <= m; i += 1) {
            _fac[i] = _fac[i - 1] * i;
        }
        _invfac[m] = _fac[m].inv();
        for (int i = m; i > n; i -= 1) {
            _invfac[i - 1] = _invfac[i] * i;
            _inv[i] = _invfac[i] * _fac[i - 1];
        }
        n = m;
    }
    Z fac(int m) {
        if (m > n) init(2 * m);
        return _fac[m];
    }
    Z invfac(int m) {
        if (m > n) init(2 * m);
        return _invfac[m];
    }
    Z inv(int m) {
        if (m > n) init(2 * m);
        return _inv[m];
    }
    Z binom(int n, int m) {
        if (n < m || m < 0) {
            return 0;
        }
        return fac(n) * invfac(m) * invfac(n - m);
    }
    Z Lucas(i64 n, i64 m, int p) {
        if (n < p and m < p) {
            return binom(n, m);
        }
        return Lucas(n / p, m / p, p) * binom(n % p, m % p);
    }
    Z Lucas(i64 n, i64 m) {
        if (n < Z::getMod() and m < Z::getMod()) {
            return binom(n, m);
        }
        return Lucas(n / Z::getMod(), m / Z::getMod()) * binom(n % Z::getMod(), m % Z::getMod());   
    }
    Z perm(int n, int m) {
        if (n < m or m < 0) {
            return 0;
        }
        return fac(n) * invfac(n - m);
    }
} comb;

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
    int n, m;
    std::cin >> n >> m;

    Z ans = 1;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int a;
        std::cin >> a;
        ans *= comb.binom(a + m, m);
    }
    std::cout << ans << "\n";
    
    return 0;
}