比赛链接
官方讲解
很幸运参加了内测，不过牛客这消息推送天天发广告搞得我差点错过内测消息，差点进小黑屋，好在开赛前一天看到了。
这场不难，ABC都很签到，D是个大讨论，纯屎，E是需要对循环移位进行处理和转化，转化后很简单，如果看不懂我写的可以看官方的讲解，画图可能会比较好理解，F是数学，需要分开计算贡献，最后再来一步范德蒙德卷积优化，知识点不难就是比较冷门。
A TD
思路：
签到
code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int a,b;
int main(){
cin>>a>>b;
cout<<1.0*a/b;
return 0;
}
B 你好，这里是牛客竞赛
思路：
如果是以 https://www.nowcoder.com 或者 www.nowcoder.com 作为前缀开头的话，那就是牛客主站，输出 Nowcoder。如果是以 https://ac.nowcoder.com 或者 ac.nowcoder.com 作为前缀开头的话，那就是牛客竞赛，输出 Ac。剩下的就是其他网站。
找子串可以用 s t r i n g string string 自带的 f i n d find find 方法，它会返回第一个匹配的子串的下标，作为前缀开头的话就看 f i n d find find 的值是否为 0 0 0 即可，是 0 0 0 就说明一开始就匹配上了，也就是前缀。
code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int T;
string s;
int main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>s;
if(s.find("https://ac.nowcoder.com")==0 || s.find("ac.nowcoder.com")==0)
cout<<"Ac"<<endl;
else if(s.find("https://www.nowcoder.com")==0 || s.find("www.nowcoder.com")==0)
cout<<"Nowcoder"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}
return 0;
}
C 逆序数
思路：
一个序列里对任意的一对数只有正序和逆序两种关系，不是逆序就是正序。在一个序列里任取两个数的取法有 C n 2 = n ∗ ( n − 1 ) 2 C_n^2=\dfrac{n*(n-1)}2 Cn2=2n∗(n−1) 种可能，也就是一共有这么多个关系，除了 k k k 个逆序，剩下的就有 n ∗ ( n − 1 ) 2 − k \dfrac{n*(n-1)}2-k 2n∗(n−1)−k 个正序。
而翻转之后，正序就会变成逆序，逆序变成正序，不管你这个集合是怎么凑的，翻转之前是 k k k 个逆序， n ∗ ( n − 1 ) 2 − k \dfrac{n*(n-1)}2-k 2n∗(n−1)−k 个正序，翻转之后就是 n ∗ ( n − 1 ) 2 − k \dfrac{n*(n-1)}2-k 2n∗(n−1)−k 个逆序， k k k 个正序。
code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
long long n,k;
int main(){
cin>>n>>k;
cout<<n*(n-1)/2-k<<endl;
return 0;
}
D 构造mex
思路：
我嘞个大讨论啊，屎题。我已经能预想到那好看的通过率了。
我讨论的方法如下：
- 当
k
=
0
k=0
k=0 时，就尽量让每个数都是
1
1
1，最后一个数放剩余的还没用掉的值。
- 当 s < n s<n s<n 时，这时甚至做不到让每个位置都是 1 1 1，一定会有位置为 0 0 0，因此无解
- 当 s ≥ n s\ge n s≥n 时，就可以用上面的思路来凑。
- 当
k
≠
0
k\not=0
k=0 时，先凑出
0
,
1
,
2
,
…
,
k
−
1
0,1,2,\dots,k-1
0,1,2,…,k−1，这样
m
e
x
mex
mex 就等于
k
k
k 了，然后再把剩余的值放在后面，剩余位置就都放
0
0
0。前面
0
,
1
,
2
,
…
,
k
−
1
0,1,2,\dots,k-1
0,1,2,…,k−1 一共
k
k
k 个数，总和为
t
o
t
=
k
∗
(
k
−
1
)
2
tot=\dfrac{k*(k-1)}2
tot=2k∗(k−1)
- 有可能 s < t o t s<tot s<tot，这时连前面的 k k k 个数都凑不出来，因此无解。
- 有可能
s
=
t
o
t
s=tot
s=tot，这时正好没有剩余的数，因此凑出前
k
k
k 个数后后面都可以补
0
0
0
- 当位置个数 n < k n<k n<k 时，位置不够，因此无解。
- n ≥ k n\ge k n≥k 时，位置够，用上面的方法来凑。
- 有可能
s
−
t
o
t
=
k
s-tot=k
s−tot=k，这时不能直接把剩余的值
s
−
t
o
t
s-tot
s−tot 放在后面，必须先拆出一个单独的
1
1
1 ，然后再把
s
−
t
o
t
−
1
s-tot-1
s−tot−1 放下，后面补
0
0
0。
- 有可能 s − t o t = k = 1 s-tot=k=1 s−tot=k=1，这时做不到先拆出一个单独的 1 1 1 ，然后再把 s − t o t − 1 s-tot-1 s−tot−1 放下，因为也会冲突，这时无解。
- 有可能位置个数不够，即 n < k + 2 n<k+2 n<k+2，这时无解
- 剩余情况，按上面的方法来凑。
- 按上面的方法来凑需要至少 k + 1 k+1 k+1 个位置，如果位置不够则无解，否则按上面的方法来凑。
code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll T,s,n,k;
int main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>s>>n>>k;
if(k==0){
if(s<n)cout<<"NO"<<endl;
else {
cout<<"YES"<<endl;
cout<<s-n+1<<" ";
for(int i=1;i<=n-1;i++)cout<<1<<" ";
cout<<endl;
}
}
else {
ll tot=k*(k-1)/2;
if(s<tot)cout<<"NO"<<endl;
else {
if(k==1 && s-tot==1)cout<<"NO"<<endl;
else {
if(s-tot==0){
if(n<k)cout<<"NO"<<endl;
else {
cout<<"YES"<<endl;
for(int i=0;i<k;i++)cout<<i<<" ";
for(int i=k+1;i<=n;i++)cout<<0<<" ";
cout<<endl;
}
}
else if(s-tot==k){
if(n<k+2)cout<<"NO"<<endl;
else {
cout<<"YES"<<endl;
for(int i=0;i<k;i++)cout<<i<<" ";
cout<<1<<" "<<s-tot-1<<" ";
for(int i=k+3;i<=n;i++)cout<<0<<" ";
cout<<endl;
}
}
else {
if(n<k+1)cout<<"NO"<<endl;
else {
cout<<"YES"<<endl;
for(int i=0;i<k;i++)cout<<i<<" ";
cout<<s-tot<<" ";
for(int i=k+2;i<=n;i++)cout<<0<<" ";
cout<<endl;
}
}
}
}
}
}
return 0;
}
E 小红的X型矩阵
思路：
对一个正方形，我们可以统计出它两个对角线上有多少个 1 1 1，对角线上的位置总个数减去对角线上 1 1 1 的个数就是对角线上 0 0 0 的个数，也就是需要用操作 1 1 1 把 0 0 0 翻转成 1 1 1 的次数。然后再统计出一共有多少个 1 1 1，减去对角线上 1 1 1 的个数就是对角线以外其他位置上 1 1 1 的个数，也就是需要需要用操作 1 1 1 把 1 1 1 翻转成 0 0 0 的次数。这个快速统计对角线上 1 1 1 的个数可以用斜着的前缀和来做。
这个循环移动我们可以看作是移动这两个对角线，但是我们对角线一旦循环移动了就会断成两段，就很难计数了，而且对于 n n n 为奇数的情况，两个对角线还会有交点，我们交点只能算一次，但是用前缀和来快速计数就会算两次，很麻烦。
这时我们可以参考数组的循环移位，把数组复制一遍到后面。我们可以把这个正方形往 x ， y x，y x，y 轴各复制一遍，这样从 ( i , j ) (i,j) (i,j) 到 ( i + n − 1 , j + n − 1 ) (i+n-1,j+n-1) (i+n−1,j+n−1) 的这个矩形就相当于原矩形向左循环移位 i − 1 i-1 i−1 次，向上循环移位 j − 1 j-1 j−1 次。
我们枚举矩形的左上角坐标 ( i , j ) (i,j) (i,j)，这样对每一个正方形都对应一个循环移位后的正方形，统计所有正方形的答案，然后取最小值即可。
注意 n n n 为奇数的时候，中间会有一个交点，前缀和对两个对角线计数会重复算一次，需要减掉。
code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn=1005;
int n,a[maxn<<1][maxn<<1],s1[maxn<<1][maxn<<1],s2[maxn<<1][maxn<<1],tot;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
cin>>a[i][j];
tot+=a[i][j];
a[i+n][j]=a[i][j+n]=a[i+n][j+n]=a[i][j];
}
for(int i=1;i<=2*n;i++)
for(int j=1;j<=2*n;j++)
s1[i][j]=s1[i-1][j-1]+a[i][j];
for(int i=1;i<=2*n;i++)
for(int j=1;j<=2*n;j++)
s2[i][j]=s2[i-1][j+1]+a[i][j];
int ans=1e9;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){//枚举左上角坐标
int t=0,t1=s1[i+n-1][j+n-1]-s1[i-1][j-1],t2=s2[i+n-1][j]-s2[i-1][j+n];
t=t1+t2;
if(n&1){
t-=a[i+n/2][j+n/2];
ans=min(ans,(2*n-1)-t+tot-t);
}
else {
ans=min(ans,2*n-t+tot-t);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
F 小红的数组回文值
思路：
内测时写了一个很神秘的暴力，结果过了，然后被加强数据卡死了。。。这个暴力其实本质上和正解差不多，就差一个范德蒙德卷积优化kuso。
这个题是求所有子序列的回文值，但是我们显然不可能枚举出所有的子序列，所以我们不妨转化一下视角，看每一对数的贡献。
当一对数不同，并且在某一个回文串中正好对应，那么它就会产生一次贡献，假设第 i i i 个位置和第 j j j 个位置的数在某一个回文串中对应，并且 a i ≠ a j a_i\not=a_j ai=aj。怎么算出所有满足这两个数对应的回文串呢？
我们可以在前 i − 1 i-1 i−1 个位置和后 n − j n-j n−j 个位置同时选出 k k k 个数，在中间的 j − i − 1 j-i-1 j−i−1 个数中选若干个数，这样就凑出一个 a i a_i ai 与 a j a_j aj 对应的回文串了。
假设前后各有 x , y x,y x,y 个数，也就是 x = i − 1 , y = n − j x=i-1,y=n-j x=i−1,y=n−j，那么选取的方案数就是 ∑ k = 0 m i n { x , y } C x k ∗ C y k ∗ 2 n − x − y − 2 \sum_{k=0}^{min\{x,y\}} C_x^k*C_y^k*2^{n-x-y-2} ∑k=0min{x,y}Cxk∗Cyk∗2n−x−y−2。
因为 n = 2000 n=2000 n=2000，所以我们可以枚举 i , j i,j i,j，算出对应的 x , y x,y x,y，然后再枚举 k k k。这样就是一个 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3) 的算法，会 T T T，但是如果我们如果能把枚举 k k k 的过程优化掉，就可以压成 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 的了。
还真能， 2 n − x − y − 2 2^{n-x-y-2} 2n−x−y−2 和 k k k 无关，可以提出来，前面的这个 ∑ k = 0 m i n { x , y } C x k ∗ C y k \sum_{k=0}^{min\{x,y\}} C_x^k*C_y^k ∑k=0min{x,y}Cxk∗Cyk，我们不妨设 x < y x<y x<y（不然就交换 x , y x,y x,y），则 = ∑ k = 0 x C x k ∗ C y k = ∑ k = 0 x C x x − k ∗ C y k =\sum_{k=0}^{x} C_x^k*C_y^k=\sum_{k=0}^{x} C_x^{x-k}*C_y^k =∑k=0xCxk∗Cyk=∑k=0xCxx−k∗Cyk 这一步可以通过范德蒙德卷积优化，得到 = C x + y x =C_{x+y}^{x} =Cx+yx。范德蒙德卷积讲解可以看 OI wiki。
code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=2e3+5;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
int n,a[maxn];
ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1,base=a%mod;
b%=mod;
while(b){
if(b&1)ans=ans*base%mod;
base=base*base%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
ll inv(ll x){return qpow(x,mod-2);}
ll fac[maxn],ifac[maxn];
ll C(ll x,ll y){//C_x^y
if(x<y)return 0;
return fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;
}
ll calc(ll x,ll y){
if(x>y)swap(x,y);
return qpow(2,n-x-y-2)*C(x+y,x)%mod;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=2000;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
ifac[2000]=inv(fac[2000]);
for(int i=2000;i>=1;i--)ifac[i-1]=ifac[i]*i%mod;
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(a[i]!=a[j])
ans=(ans+calc(i-1,n-j));
cout<<(ans%mod+mod)%mod<<endl;
return 0;
}
内测时成功卡AC的 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3) 暴力代码（虽然最后还是被卡掉了）：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn=2e3+5;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
int n,a[maxn],b[maxn];
ll qpow(ll a,ll b){
ll ans=1,base=a%mod;
b%=mod;
while(b){
if(b&1)ans=ans*base%mod;
base=base*base%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
ll inv(ll x){return qpow(x,mod-2);}
ll fac[maxn],ifac[maxn];
ll C(ll x,ll y){//C_x^y
if(x<y)return 0;
return fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;
}
vector<int> c[maxn];
ll calc(ll x,ll y){
ll ans=0;
for(int i=0;i<=min(x,y);i++)
ans=(ans+C(x,i)*C(y,i))%mod;
return qpow(2,n-x-y-2)*ans%mod;
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
memcpy(b,a,sizeof(b));
sort(b+1,b+n+1);
int tot=unique(b+1,b+n+1)-b-1;
auto find=[&](int x)->int{return lower_bound(b+1,b+n+1,x)-b;};
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=find(a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)c[a[i]].push_back(i);
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=2000;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
ifac[2000]=inv(fac[2000]);
for(int i=2000;i>=1;i--)ifac[i-1]=ifac[i]*i%mod;
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=(ans+C(n,i)*(i/2)%mod)%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int l=0;l<c[i].size();l++)
for(int r=l+1;r<c[i].size();r++){
ans=(ans-calc(c[i][l]-1,n-c[i][r]))%mod;
}
}
cout<<(ans%mod+mod)%mod<<endl;
return 0;
}
