首先感谢一下各位出题人的精心准备、验题人的辛勤付出、以及选手的积极参加

题解

Problem A 柳予欣的归来【数学】

出题人： bhq

没想到一血是被打完山大的牛客比赛后来结训赛玩的wyx拿走的！

题目描述：

计算 $(\sum_{0<d<p}d^{-1})^m$ ，其中 $d^{-1}$ 是 $d$ 在模 $p$ ( $p$ 是一个素数) 意义下的乘法逆元，由于结果可能很大，请对 $998244353$ 取模。

思路：

本题是一个小思维题，对于一个素数 $p$ 来说， $p$ 的剩余系的每个元素的逆仍然构成它的剩余系。我们记 $p$ 的剩余系是 $P$ ，对于 $\in P$ 来说， $a$ 的逆一共有两种情况，第一种情况是 $a^{-1}=a$ ，第二种情况是 $a^{-1}=b,b\in P$ ，此时 $b^{-1}=a$ ，所以总体来说取逆并不会有什么变化，括号里面本质上就是一个等差数列求和。注意数据范围， $p$ 会很大，所以 $p * (p - 1)$ 时会爆 $l o n g l o n g$ ，所以要先取模 $998244353$ ，除以 $2$ 转化成乘 $2$ 的逆元，之后做一遍快速幂就可以了。

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N = 1e5+5;
const ll mod = 998244353;

ll qpow(ll a, ll b)
{
    a %= mod;
    ll ans = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1)
            ans = (ans * a) % mod;
        a = (a * a) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    ll p, m;
    cin >> p >> m;
    p %= mod;
    ll ans = (p * (p-1) % mod) * qpow(2, mod-2) % mod;
    cout << qpow(ans, m) << '\n';
	return 0;
}

Problem B 收收心找个电子厂上班了【区间贪心/差分约束】

出题人： LYJ

很可惜，赛时并没有人过这个题

题目描述：

给你m种条件(l[i],r[i],c[i])，要求构造一个01串，使得l[i]到r[i]中至少有c[i]个1，问满足所有条件下1的数量最少的串是什么

思路1

经典的区间贪心问题，我们将m种条件按照r从大到小排序

对于一个区间[l,r]，我们先计算一下区间中已经存在了多少个1，剩下的1就选最靠近r的那几个不是1的位置。

所以我们需要一个数据结构维护一下区间查询/更新 1的数量，还需要一个数据结构可以知道当前这个位置往前的一个不是1的位置，来进行更新

我们可以用树状数组或者线段树进行区间的维护

利用并查集进行维护i往前的第一个不为1的位置

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define No cout<<"No\n"
#define Yes cout<<"Yes\n"
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define io ios::sync_with_stdio(false)
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, x, y, p;
struct ran{
    int l, r, x;
    int id;
    bool operator < (const ran &a)const{
        return r < a.r;
    }
}tr[MAX];

int ans[MAX];
int fa[MAX];
int getfa(int x){
    return x == fa[x] ? x : fa[x] = getfa(fa[x]);
}

int ar[MAX];
void add(int id){
    while(id <= n){
        ++ar[id];
        id += lowbit(id);
    }
}
int getans(int id){
    int ans = 0;
    while(id){
        ans += ar[id];
        id -= lowbit(id);
    }
    return ans;
}

void work(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        cin >> tr[i].l >> tr[i].r >> tr[i].x;
        tr[i].id = i;
    }
    sort(tr+1, tr+1+m);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)fa[i] = i;
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        tr[i].x -= (getans(tr[i].r) - getans(tr[i].l - 1));
        if(tr[i].x <= 0)continue;
        for(int id = getfa(tr[i].r); tr[i].x;id = getfa(id)){
            add(id);
            --tr[i].x;
            fa[id] = getfa(id-1);
            ans[id] = 1;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i)cout << ans[i] << " \n"[i==n];
}


int main(){
    io;
    work();
    return 0;
}

思路2:

差分约束板子题

假设所求数组叫做ar[i]

则我们令sum[i]表示ar数组的前缀和数组，对于l, r, c我们可以转换成sum[r]-sum[l-1] >= c，因为求的是最小值，所以跑最长路，用>号，也就是sum[r] >= sum[l-1] + c,建一条l-1到r的权值为c的边，但是为了避免使用0，我们改成l到r+1建一条边

因为是前缀和，且一个位置最多一个1，所以建立一个0≤sum[i]-sum[i-1]≤1的条件，拆开来看就是sum[i]≥sum[i-1]+0,建一条从i-1到i的权值为0的边，sum[i-1]≥sum[i]-1,建立一条从i到i-1的权值为-1的边，因为存在负权边，所以跑SPFA

得到的前缀和数组再做一次差分就可以得到原数组

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define No cout<<"No\n"
#define Yes cout<<"Yes\n"
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false)
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 1000000 + 50
int n, m, k, l, r, c, p;

int tot;
int head[MAX];
struct ran{
    int to, nex, val;
}tr[MAX];
inline void add(int u, int v, int c){
    tr[++tot].to = v;
    tr[tot].val = c;
    tr[tot].nex = head[u];
    head[u] = tot;
}

int dis[MAX];
bool vis[MAX];
void spfa(){
    deque<int>q;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        q.push_back(i);
        dis[i] = 0;
        vis[i] = 1;
    }
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();q.pop_front();vis[u] = 0;
        for(int i = head[u]; i; i = tr[i].nex){
            int v = tr[i].to;
            if(dis[v] < dis[u] + tr[i].val){
                dis[v] = dis[u] + tr[i].val;
                if(!vis[v]){
                    vis[v] = 1;
                    if(!q.empty() && dis[q.front()] > dis[v])q.push_front(v);
                    else q.push_back(v);
                }
            }
        }
    }
    for(int i = 2; i <= n + 1; ++i){
        cout << dis[i] - dis[i - 1] << " \n"[i==n+1];
    }
}


void work(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        add(i, i+1, 0);
        add(i+1, i, -1);
    }
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        cin >> l >> r >> c;
        add(l, r+1, c);
    }
    spfa();
}


int main(){
    io;
    work();
    return 0;
}

Problem C 我没有脑子【打表/矩阵快速幂】

出题人: JBQ

很遗憾这么签到的一道题没有人做

题目描述：

生兔子，兔子的数量是斐波那契数列

问第l亿年到第r亿年出生了多少兔子，且出生的兔子并不包括第l年出生的兔子，第0年是没有兔子出生的

思路：

观察一下数据范围，会发现0<=l,r<=300,显然是个简单的打表题，我们可以暴力跑斐波那契求出0亿到300亿的斐波那契数，跑的时候可以用三个变量来回倒换即可避免数组开不下的问题，大概本地跑个几分钟就能打出表，然后用数组记录下来第i亿年的斐波那契数，这就是一个前缀和，查询哪个区间就利用前缀和的性质计算一下就行

因为涉及到减法，所以会出现负数的情况，记得+mod后再对mod取模

当然，这是一个矩阵快速幂的板子题，套了就能过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const double pi = acos(-1);
const ll mod = 998244353;

ll qz[] = {0,798940737,702476549,882271746,158813243,717203476,338005251,116925432,142361015,915249973,857532739,753217439,520526462,729616988,647870145,371082495,841434648,373792903,192185450,309635100,846033167,574139965,802208229,788931688,653823084,498623881,381227773,444199493,541776490,385469308,204954591,661354559,261075692,24044029,83866001,584279557,45051147,173356045,821097718,163787363,787428576,988607439,538194736,477301409,856030254,182481274,696848072,333236726,460460936,413870920,87699598,677867260,933901576,122519290,433328905,517328471,66133697,748952995,271526780,951814203,603251788,538205993,786735739,210759723,471369471,844152090,451425750,64320864,664523635,755126352,322282207,848963789,601663281,955920251,188264055,448820184,924870015,870684039,690825122,363991368,510949049,787514543,868353515,23576757,729097988,456367806,120642843,745912349,311624691,396321784,468768789,940449311,479622530,706285186,96018834,614222128,531387322,51266835,824627665,26443258,661596038,328505115,470346561,301752734,536314862,51032382,156416715,858226445,377889809,802029259,44891519,618514642,28412917,845529642,248409413,138438148,983915659,347993720,721251618,402015592,208058847,859078897,523989448,504052355,248065071,501719314,706051327,634108576,257642722,164709287,863618638,306954392,910875941,655103461,467141818,572508067,664175525,947444075,469933222,883991102,757741015,1474536,709356522,802778892,578012184,112096396,37994672,704609404,18735451,258157019,554151314,327440787,420681318,119115175,114348722,45849809,854152074,660727321,437865313,839664896,833951917,574989040,378592331,262142690,699881570,924047133,283460224,695823769,961649873,956270153,66045054,288527356,116809227,330703987,815531292,536702953,963616030,172058590,361328034,404667451,335937034,608229080,406337321,288852773,916154288,405321356,248562231,772003667,344018140,279265806,721778550,617440080,379179999,472866396,426600720,144286727,723894575,399751987,354317264,540289590,440230859,846662817,864857587,718655634,950096265,290426201,791678815,231978197,160685153,385229934,71853234,451895282,34336651,939727748,451455552,731675730,291527149,485355441,340321224,978564745,683403470,256607555,459702481,754509303,983134135,547374590,123507260,123212517,907699376,880893030,380044243,404686542,919434049,296606692,738071182,474476191,947772155,54578357,312799315,66989458,797607101,925860402,205607764,532696276,90867276,936962661,877887130,864602607,245414428,760338293,213637659,193249572,807595867,285884919,259032359,770485780,361717598,182833844,813779029,873553462,356707666,208580125,718898155,707280088,309609449,162174566,648557431,919420983,940109378,631849990,799994020,679817491,929829530,453450192,264396037,431709960,795394812,17661181,677218455,695586920,475003070,543790903,220685197,455960728,932178450,803872141,700865964,215343465,176830374,118069191,353690631,564849453,512987043,169310973,857323540,761677403,906282770,943136960,292380651,93349738,29943185};

int main()
{
	ll T,p,q;
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>p>>q;
		cout<<(qz[q] - qz[p] + mod)%mod<<endl;
	}
	return 0;
}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod7 998244353
#define mod9 998244353
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, x, y;
int tr[MAX];

struct Matrix{
    ll tr[2][2];
    Matrix(){
        mem(tr, 0);
    }
    Matrix operator * (const Matrix y){
        Matrix ans;
        for(int i = 0; i < 2; ++i){
            for(int j = 0; j < 2; ++j){
                for(int k = 0; k < 2; ++k){
                    (ans.tr[i][j] += tr[i][k] * y.tr[k][j]) %= mod7;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
    void operator = (const Matrix b){
        for(int i = 0; i < 2; ++i){
            for(int j = 0; j < 2; ++j){
                tr[i][j] = b.tr[i][j];
            }
        }
    }
};
ll getans(ll n){
    Matrix ans, cnt;
    ans.tr[0][0] = ans.tr[1][1] = 1;
    cnt.tr[0][0] = cnt.tr[0][1] = cnt.tr[1][0] = 1;
    while(n){
        if(n & 1)ans = ans * cnt;
        cnt = cnt * cnt;
        n /= 2;
    }
    return ans.tr[0][0];
}

ll fuck[MAX];

void work(){
    for(ll i = 1; i <= 300; ++i){
        fuck[i] = getans(i * 100000000ll - 1);
    }
    int t;cin>>t;
    while(t--){
        cin >> x >> y;
        cout << (fuck[y] - fuck[x] + mod7) % mod7 << endl;
    }
}


int main(){
    io;
    work();
    return 0;
}

Problem D 我是杀猪饲料，祝你天天开心【签到】

出题人: LYJ

本来没想出hello world的题，但是突然接到通知大二不打了，这套题只给大一打，我就连夜加了一道

如果没有这个题，大家很可能五个小时都在牢底坐穿

还是要祝一下蛇姐生日快乐耶！

题目描述：

输出”蛇姐生日快乐!!!”即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod7 1000000007
#define mod9 998244353
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, x;
int tr[MAX];

void work(){
    cout << "蛇姐生日快乐!!!";
}

int main(){
    io;
    work();
    return 0;
}

Problem E 没什么特殊意义，就是想混一个最长的题目名字，然后让大家点进来做这道题

出题人: NXY

关于xygg出了个权值线段树却被两个人用别的思路随便卡过去这件事

思路：

第一种做法：离散化 + 权值线段树
我们发现每个数本身没有什么用，我们需要的仅仅是他们之间的大小关系，而 $N$ 又不是很大，所以考虑离散化。
然后把离散化之后的序列用权值线段树维护起来。

第二种做法：平衡树
动态查询第 $k$ 大数，容易想到平衡树直接维护

第三种做法：对顶堆
$\texttt{szz}$ 的考场做法。

第四种做法: 主席树
$\texttt{gts}$ 的考场做法

大家如果要补题的话建议学习第一种做法和第三种做法，第一种做法很典型很常见，是一种必不可少的技能点。第三种做法思维上很巧妙很有意思，并且代码简短容易理解，也同样建议大家学习

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;

int n,w;
int a[N],b[N],c[N];

bool cmp(int x , int y)
{return x > y;}

struct NO
{
    int l;
    int r;
    int w;
};

struct SigmentT
{
    NO t[N * 4];
    void Build(int p , int l , int r)
    {
        t[p].l = l; t[p].r = r;
        if(l == r) return;
        int mid = (l + r) >> 1;
        Build(p << 1 , l , mid);
        Build(p << 1 | 1 , mid + 1 , r);
    }

    void Updata(int p , int w)
    {
        if(t[p].l == t[p].r) {
            t[p].w++; return;
        }
        int mid = (t[p].l + t[p].r) >> 1;
        if(w <= mid) Updata(p << 1 , w);
        else Updata(p << 1 | 1 , w);
        t[p].w = t[p << 1].w + t[p << 1 | 1].w;
    }

    int Query(int p , int k)
    {
        if(t[p].l == t[p].r) return t[p].l;
        if(t[p << 1].w < k) return Query(p << 1 | 1, k - t[p << 1].w);
        else return Query(p << 1 , k);
    }
}tr;

int main()
{
    //freopen("aa.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&w); 
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d",&a[i]) , b[i] = a[i];

    std::sort(b + 1 , b + 1 + n);
    int LEN = std::unique(b + 1 , b + 1 + n) - b - 1;
    for(int i = 1, tmp; i <= n; i++)
        tmp = a[i] , a[i] = std::lower_bound(b + 1 , b + 1 + LEN , a[i]) - b , c[a[i]] = tmp;
    
    tr.Build(1 , 0 , LEN);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int m = max(1 , i * w / 100);
        tr.Updata(1 , a[i]);
        printf("%d ",c[tr.Query(1 , i - m + 1)]);
    }
    
}

#include<bits/stdc++.h>

const int N = 3e5 + 10;

int n,w;
int a[N];

struct No {
    int p,siz,val,sel,son[2];
};

struct SBT{
    int rt,idx;
    No t[N];

    void Pushup(int u) {
        t[u].siz = t[t[u].son[0]].siz + t[t[u].son[1]].siz + t[u].sel;
    }

    void rotate(int u) {
        int y = t[u].p , z = t[y].p;
        int k = t[y].son[1] == u;
        t[z].son[t[z].son[1] == y] = u , t[u].p = z;
        t[y].son[k] = t[u].son[k ^ 1] , t[t[u].son[k ^ 1]].p = y;
        t[u].son[k ^ 1] = y , t[y].p = u;
        Pushup(y) , Pushup(u);
    }

    void Splay(int u , int p) {
        while(t[u].p != p) {
            int y = t[u].p , z = t[y].p;
            if(z != p)
                if((t[z].son[1] == y) ^ (t[y].son[1] == u))
                    rotate(u);
                else rotate(y);
            rotate(u);
        }
        if(!p) rt = u;
    }

    void insert(int val) {
        int u = rt , p = 0;
        while(u) {
            if(val == t[u].val) break;
            p = u , u = t[u].son[val > t[u].val];
        }
        if(!u) u = ++idx;
        t[u].sel++;t[u].p = p;t[u].val = val;
        if(p) t[p].son[val > t[p].val] = u;
        Splay(u , 0);
    }

    int getk(int k) {
        int u = rt;
        while(1) {
            if(k <= t[t[u].son[0]].siz) u = t[u].son[0];
            else if(k <= t[t[u].son[0]].siz + t[u].sel) {
                Splay(u , 0); return t[u].val;
            }
            else k -= t[t[u].son[0]].siz + t[u].sel , u = t[u].son[1];
        }
    }
}tr;

const int inf = 1e9;

int main() {
    //freopen("aa.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&w); tr.insert(-1) , tr.insert(inf);
    for(int i = 1 , x; i <= n; i++) {
        scanf("%d",&x); tr.insert(x);
        int end = std::max(1 , i * w / 100);
        printf("%d ",tr.getk(i - end + 1 + 1));
    }
}

Problem F 泷1千0（hard version）【构造】

出题人: DJK

看hard版之前先看看easy版的

题目描述：

跟简单版相比，不同点在于字符串长度，和操作总次数发生了变化。

思路：

给出其中一种构造方式。

由于是对前缀进行操作，容易想到从后向前匹配两个01串，当 $s 串与 t 串$ 在位置 $i$ 不同时，执行操作 $i$ ,但当执行完操作 $i$ 后， $s 串和 t 串$ 在位置 $i$ 依旧可能不匹配，所以我们需要预处理 $s$ 串，让它全变成 $0$ 或 $1$ ，这样的话就可以保证执行操作 $i$ 后，一定匹配。

容易发现，至多操作 $2 * n$ 次（预处理至多 $n$ 次，从后向前匹配过程至多 $n$ 次）。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
//#define int ll
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define endl '\n'
#define pii pair<int,int>

const int maxn = 1e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-4;
int n, sum;
string s1, s2;
char ch;
int ans[maxn];

int main()
{
    io;
    //freopen("20.in", "r", stdin);
    //freopen("20.out", "w", stdout);
    cin >> s1 >> s2;
    n = s1.size();
    s1 = '$' + s1;
    s2 = '$' + s2;
    sum = 0;
    for(int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        if(s1[i] != s1[i - 1])
            ans[++sum] = i - 1;
    }
    ch = s1[n] - '0';
    for(int i = n; i > 0; --i)
    {
        if(ch != (s2[i] - '0'))
        {
            ans[++sum] = i;
            ch = 1 - ch;
        }
    }
    cout << sum;
    for(int i = 1; i <= sum; ++i) cout << ' ' << ans[i];
    cout << '\n';
    return 0;
}

Problem G A+B Problem【ull自然溢出】

出题人：NXY

a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊a+b啊

这个题最开始的时候是NXY想考ull自然溢出等于对2⁶⁴取模，所以题目名称本来叫做**“自然溢出啥事没有!”**，但是有狗提议改把a和b的数字的长度改到1e5，使得NXY卡了一下py（

思路：

需要用到的知识点有两个：

unsigned long long自然溢出等价于对 $2^{64}$ 取模，也就是说自然溢出啥事没有!
$(a\times b + c)\ \%\ p = ((a\times b)\ \%\ p+c\ \%\ p)\ \%\ p$

因此我们只需要把输入的数 $a$ 分解为 $a = x * 10 + c$ 即可

NXY 特意卡了 python

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod7 1000000007
#define mod9 998244353
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
string s;
ull a, b;

void work(){
    cin >> s;
    a = b = 0;
    for(auto x : s){
        a = a * 10 + (ull)(x - '0');
    }
    cin >> s;
    for(auto x : s){
        b = b * 10 + (ull)(x - '0');
    }
    cout << (ull)(a+b) <<endl;
}


int main(){
    io;
    work();
    return 0;
}

Problem H 柳予欣的色图【Pólya 计数】

出题人: BHQ

防AK题

题目描述：

一个手链上有 $n$ 个珠子，有 $n$ 种颜色，给每个珠子都染上颜色。有多少种不同的染色方法。由于方案数很多，请对 $998244353$ 取模。

题解

Pólya 计数的裸题，很难，想了解可以自己了解。

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e4+5;
const ll mod = 998244353;

ll qpow(ll a, ll b, ll c){
    a %= c;
    ll ans = 1;
    while(b){
        if(b & 1)
            ans = (ans * a) % c;
        a = (a * a) % c;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

ll phi(ll n){
    ll ans = n;
    for(int i = 2; i*i <= n; ++i){
        if(n % i == 0){
            ans = ans / i * (i-1);
            while(n % i == 0)
                n /= i;
        }
    }
    if(n != 1)
        ans = ans / n * (n-1);
    return ans;
}

void solve(ll n){
    if(n == 1)
        cout << 1 << '\n';
    else
    {
        ll ans = 0;
        for(int i = 1; i * i <= n; ++i){
            if(n % i == 0){
                if(i * i == n)
                    ans = (ans + (phi(n/i) * qpow(n, i, mod) % mod)) % mod;
                else{
                    ans = (ans + (phi(i) * qpow(n, n/i, mod) % mod)) % mod;
                    ans = (ans + (phi(n/i) * qpow(n, i, mod) % mod)) % mod;
                }
            }
        }
        cout << (ans * qpow(n, mod-2, mod)) % mod << '\n';
    }
}

int main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false);
    ll n;
    cin >> n;
    solve(n);
	return 0;
}

Problem I WWW的杂货铺【模拟】

出题人: WYY

题目描述：

M条出售记录，每条出售记录由物品名称、收货地、出售数目组成。

请按如下规则进行统计并输出：物品按收货地分类，并合并出售数目,收货地按字典序排列，同一收货地的物品按字典序排列。

思路：

很简单的模拟题，没什么意思

#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod7 1000000007
#define mod9 998244353
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, op;
int x, y, z;
string s, t;

struct ran{
    string s;
    map<string, int>mp;
}tr[105];

void work(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= 100;++i)tr[i].mp.clear();
    map<string, int>mp;
    int tot = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i){
        cin >> s >> t >> x;
        if(!mp.count(t))mp[t] = ++tot;
        tr[mp[t]].s = t;
        tr[mp[t]].mp[s]+=x;
    }
    for(auto [x,y] : mp){
        cout << tr[y].s << endl;
        cout << "--------------------\n";
        for(auto [u, v] : tr[y].mp){
            cout << "    ";
            cout << u << "(" <<v <<")\n";
        }
        cout << "--------------------\n";
    }
    
}

int main(){
    io;
    int tt;cin>>tt;
    for(int _t = 1; _t <= tt; ++_t){
        work();
        if(_t != tt)cout << endl;
    }
    return 0;
}

Problem J 去玩宝可梦喽~ 【dp+线段树】

出题人: DJK

题目描述：

脱离题干背景，单纯考虑区间操作，发现题意如下：

给你一个长度为 $n(1≤n≤5*10^5)$ 的数组。你需要将其分成几段连续的子区间，每一段区间的权值如下：

若区间和大于0，则为区间长度
如区间和等于0，则为0
如区间和小于0，则为区间长度的相反数

用一个式子表示即： $v a l [l, r] = s i g n (s u m [l, r]) * (r - l + 1)$ $(v a l [l, r] 表示区间 [l, r] 的权值, s i g n 函数同原题中的 f 函数， s u m [l, r] 亦相同)$

问你分出来的子区间的权值和最大为多少，并且是否大于等于 $H$ 。

思路

数据结构优化DP

我们首先考虑暴力解法。

定义 $d p [i]$ 为 $[1, i]$ 中的最大权值和，容易发现可以 $O (n)$ 转移，总体复杂度需要 $O(n^2)$ 。

转移方程： $d p [i] = m a x (d p [i], d p [j] + s i g n (s u m [j + 1, i]) * (i - (j + 1) + 1)) 其中 (0 \leq j < i)$

复杂度过高，我们考虑优化。

根据 $s i g n$ 函数的值分类讨论，化简转移方程：

$d p [i] = m a x (d p [i], d p [j] + s i g n (s u m [i] - s u m [j]) * (i - j))$

若 $s u m [i] = = s u m [j]$ , $d p [i] = m a x (d p [j])$

若 $s u m [i] > s u m [j]$ , $d p [i] = m a x (d p [j] - j + i)$

若 $s u m [i] < s u m [j]$ , $d p [i] = m a x (d p [j] + j - i)$

我们只需要求出上述三种情况下对应的 $m a x$ ，之后这三个值取 $m a x$ 即可。

容易发现，需要一个支持单点修改+区间查询且复杂度过得去的数据结构来维护。

做法是预处理前缀和，之后离散化，然后按照前缀和建线段树（其他满足条件的数据结构均可）。

即线段树的下标表示 $s u m [j]$ ,上述的三个最大值分别通 $q u e r y (s u m [i], s u m [i])$ , $q u e r y (1, s u m [i] - 1)$ , $q u e r y (s u m [i] + 1, n)$ 获得。

复杂度 $O (n l o g n)$ 。

另外，提示中试试暴力是希望先写出暴力转移方程，方便之后的观察优化。

$5 e 5$ 的数据量暴力是不可能过的。

下面给出利用线段树优化的代码。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define endl '\n'
#define itt set<node>::iterator
#define pii pair<int,int>

const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 5e5 + 5;
int t, n, x, h;
int sum[maxn];
int dp[maxn];
vector<int> vt;
struct node
{
    int l, r;
    int dp, dp1, dp2;//维护上述的三个最大值

    int mid()
    {
        return (l + r) >> 1;
    }

    void print()
    {
        cout << l << ' ' << r << ' ' << dp << ' ' << dp1 << ' ' << dp2 << '\n';
    }
} tree[maxn<<2];

void pushup(node &p, node &le, node &ri)
{
    p.l = le.l;
    p.r = ri.r;
    p.dp = max(le.dp, ri.dp);
    p.dp1 = max(le.dp1, ri.dp1);
    p.dp2 = max(le.dp2, ri.dp2);
}

void pushup(int p)
{
    pushup(tree[p], tree[p<<1], tree[p<<1|1]);
}

void build(int p, int l, int r)
{
    tree[p].l = l;
    tree[p].r = r;

    if(l == r)
    {
        tree[p].dp = tree[p].dp1 = tree[p].dp2 = -inf;
        return ;
    }

    int mid = tree[p].mid();
    build(p<<1, l, mid);
    build(p<<1|1, mid + 1, r);
    pushup(p);
}

void updata(int p, int pos, int dp, int id)
{
    if(tree[p].l == tree[p].r)
    {
        tree[p].dp = max(tree[p].dp, dp);
        tree[p].dp1 = max(tree[p].dp1, dp - id);
        tree[p].dp2 = max(tree[p].dp2, dp + id);
        return ;
    }

    int mid = tree[p].mid();
    if(pos <= mid) updata(p<<1, pos, dp, id);
    else updata(p<<1|1, pos, dp, id);
    pushup(p);
}

node query(int p, int l, int r)
{
    if(l > r) return {-inf, -inf, -inf, -inf};
    if(l <= tree[p].l && tree[p].r <= r) return tree[p];

    int mid = tree[p].mid();
    if(mid >= r) return query(p<<1, l, r);
    else if(mid < l) return query(p<<1|1, l, r);
    else
    {
        node le = query(p<<1, l, r);
        node ri = query(p<<1|1, l, r);
        node res;
        pushup(res, le, ri);
        return res;
    }
}

void work()
{
    vt.clear();
    cin >> n >> h;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        cin >> x;
        sum[i] = sum[i - 1] + x;
        vt.push_back(sum[i]);
        dp[i] = 0;
    }
    vt.push_back(0);

    sort(vt.begin(), vt.end());
    vt.erase(unique(vt.begin(), vt.end()), vt.end());

    build(1, 1, vt.size());

    node pp;
    int mx1, mx2, mx3, pos;
    pos = lower_bound(vt.begin(), vt.end(), 0) - vt.begin() + 1;
    updata(1, pos, 0, 0);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        pos = lower_bound(vt.begin(), vt.end(), sum[i]) - vt.begin() + 1;
        mx1 = query(1, 1, pos - 1).dp1;
        mx2 = query(1, pos, pos).dp;
        mx3 = query(1, pos + 1, vt.size()).dp2;
        dp[i] = max(mx1 + i, max(mx2, mx3 - i));
        updata(1, pos, dp[i], i);
    }

    cout << dp[n] << ' ' << (dp[n] >= h) << '\n';
}

signed main()
{
    io;
    cin >> t;
    while(t--) work();
    return 0;
}

Problem K 逃出虚圈！【bfs】

出题人: LYJ

出了一个bfs的模版题，没人做，好伤心，写了半天的题目背景，没人看，好伤心，甚至在赛时加了一个小彩蛋，也没人看，好伤心

虽然

题目描述：

n个点，m条边，无向图

给你p个起点，q个终点，问你从任意一个起点出发，到达任意一个终点需要的最短距离是多少

思路：

bfs就行，把起点都塞进队列里面，然后记录q个终点，跑的时候遇到第一个出现的终点的时候就是最短的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod7 1000000007
#define mod9 998244353
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 1000000 + 50
int n, m, k, x, y, a, b;
vector<int>G[MAX];

queue<int>q;
set<int>se;
int dis[MAX];

void bfs(){
    while(!q.empty()){
        int u = q.front();q.pop();
        if(se.count(u)){
            cout << dis[u] << endl;
            return;
        }
        for(auto v : G[u]){
            if(dis[v] != inf)continue;
            dis[v] = dis[u] + 1;
            q.push(v);
        }
    }
    cout << "N0" << endl;
}

void work(){
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; ++i){
        cin >> x >> y;
        G[x].push_back(y);
        G[y].push_back(x);
    }
    mem(dis, inf);
    cin >> a >> b;
    for(int i = 1; i <= a; ++i){
        cin >> x;
        q.push(x);
        dis[x] = 0;
    }
    for(int i = 1; i <= b; ++i){
        cin >> x;
        se.insert(x);
    }
    bfs();
    
}

int main(){
    work();
    return 0;
}

Problem L 为爱发电的Oier【简单期望】

出题人: WWY

签到题，没人写，6

题目描述：

我们可以把题目理解成抛硬币，问期望抛多少次可以使得正面朝上的次数是n

思路：

显然，期望抛2次，可以使得正面朝上的次数是1

拿n次正面朝上的期望就是2*n次

所以输出2*n就行

这里有一个很有意思的事情：

十六分钟的时候就有人看到了这个题，并写出了正解，但是因为他没写输入，所以挂了，（笑死

#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod7 1000000007
#define mod9 998244353
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int n, m, k, x;
int tr[MAX];

void work(){
    cin >> n;
    cout << 2 * n << endl;
}


int main(){
    io;
    work();
    return 0;
}

Problem M完全不管大一死活【分类讨论】

出题人: LYJ

出题的时候，在这个题前面出了五六个题，没有一个签到题，所以我就放了一个小讨论题

题目描述：

你在0的位置，目标是x的位置，y的位置有一个门，z的位置有一个钥匙，问你最少需要走几步能到x，如果不能到输出-1

思路：

签到题，简单分类一下就行，没什么意思

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define endl '\n'
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod7 1000000007
#define mod9 998244353
#define m_p(a,b) make_pair(a, b)
#define mem(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define io ios::sync_with_stdio(false)
#define debug(a) cout << "Debuging...|" << #a << ": " << a << "\n";
typedef long long ll;
typedef pair <int,int> pii;

#define MAX 300000 + 50
int x, y, z;

void work(){
    cin >> x >> y >> z;
    if(x == 0){
        cout << 0 << endl;
    }
    else if(x > 0){
        if(y < 0 || y > x)cout << x << endl;
        else {
            if(z > y)cout << "BLEACH yyds" << endl;
            else{
                if(z > 0)cout << x << endl;
                else cout << -z*2 + x << endl;
            }
        }
    }
    else{
        if(y < x || y > 0)cout << -x << endl;
        else{
            if(z < y)cout << "BLEACH yyds" << endl;
            else {
                if(z > 0)cout << 2*z - x << endl;
                else cout << -x << endl;
            }
        }
    }
}


int main(){
    io;
    work();
    return 0;
}

Problem N 泷1千0（easy version）【构造】

出题人: DJK

题目描述：

给你两个字符串 $s, t$ ,按照给定的操作方式，是 $s$ 串变成 $t$ 串，要求在 $3 * n$ 次内完成（ $n$ 是字符串的长度）。

思路：

给出其中一种构造方式。

我们希望当 $s 串与 t 串$ 在位置 $i$ 不同时，我们希望取反第 $i$ 个元素且不影响其他元素，这样就可以 $O (n)$ 遍历一遍。

容易发现，取反和反转都拥有一个特征。即对一个01串取反或反转偶数次，字符串不变。

由此，我们即可实现取反第 $i$ 个位置,而不影响其他元素。

当 $s 串与 t 串$ 在位置 $i$ 不同时，进行如下操作：

执行操作 $i$
执行操作 $1$
执行操作 $i$

可以发现，至多需要 $3 * n$ 次，满足题意。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
#define int ll
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define endl '\n'
#define itt set<node>::iterator
#define pii pair<int,int>

const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 5e5 + 5;
int n;
string s, t;
int ans[3005];
int sum;

signed main()
{
    io;
    cin >> s >> t;

    n = s.size();
    sum = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++i)
    {
        if(s[i] != t[i])
        {
            ans[++sum] = i + 1;
            ans[++sum] = 1;
            ans[++sum] = i + 1;
        }
    }

    cout << sum << ' ';
    for(int i = 1; i <= sum; ++i) cout << ans[i] << ' ';
    return 0;
}