Day 0

哇？一群金蓝勾大佬出的月赛！赶紧报名+宣传，做好了切(zi)题(bi)的准备！

Day 1

早上去上课了，中途出来打了一场 $CYECC$ 复赛；自我感觉 $CYECC$ 要滚粗了……

回家匆忙地去吃了午饭，然后跑到房间里去干了两道状压 $dp$ 的绿题，其中一题后来用贪心没过，真的是太菜了……本蒟蒻接着上洛谷求助，又没人回答（鄙视蒟蒻

这时是 $13:50$ 。本蒟蒻收拾了一下桌面，开始准备比赛……押了个题:

①T1: 简单的数学题，但是会挖坑；
②T2: 有一定思维含量的数学题，不会有坑；
③T3: 一道不错的 $dp$ 题，需要优化；
④T4: 一道卡常的数据结构题。

随着洛谷倒计时的结束，进入比赛界面。为了利用好加载界面的时间，本蒟蒻开了两个比赛界面，即在加载 $A$ 题时看 $B$ 题，以此类推。

果断开题!

A

看到这题名字就想吐……

滚粗的预感（逃

Solution

貌似这题也不难。分类讨论(防溢出)即可:

①当 $n=1$ 时，输出 $n$ ；
②当 $n≥40$ 时，输出 $1$ ；
③否则暴力枚举 $x$ 的值，用快速幂优化乘方。

最差情况时间复杂度为 $O(\sqrt n)$ 。( $m=2$ )

Code

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

int n,m;

int quick_power(int a,int b)
{
	int res=1;
	for (;b;b=b>>1,a=(a*a))
	{
		if (b&1)  res=(res*a);
	}
	return res;
}

signed main()
{
	cin>>n>>m;
	if (m==1)  cout<<n<<endl;
	else if (m>=40)  cout<<1<<endl;
	else
	{
		int cnt=0;
		for (int i=1;i<=n;i++)
		{
			if (quick_power(i,m)<=n&&quick_power(i,m)!=-1)  cnt++;
			else break;
		}
		cout<<cnt<<endl;
	}
	return 0;
}

B

本蒟蒻的数学能力算是个蒟蒻，而别的只能算个菜鸡，所以本蒟蒻相对来说就擅长点数学啦……于是就开了B题。

看了一半题，接着又开了D题；

D题看懂后，又开了C题；

于是，把 $B,C,D$ 全部看懂后，开始想 $B$ 题显然的思路。

Solution

假设一个等腰三角形三条边的长度为 $a,a,b$ ，简记 $b$ 为底。

分别考虑每条边为底，然后累加满足要求情况即可。设这条边的长度为 $x$ ，长度为 $i$ 的木棍的数量为 $v_i$ ， $maxlen=max$ { $a_i$ }，则其满足要求的情况数为 $\sum_{j=\lfloor \frac n 2 \rfloor+1}^{maxlen} C_{v_j}^2$ 。

可以发现，此时每个等边三角形都被算了三次，所以答案还要减去 $(3-1) \sum_{i=1}^{maxlen} C_{v_i}^3$ 。

注意随时取模即可。由于有 $n≤2×10^5$ 的限制，并不需要逆元。

万万没想到，由于溢出与 $RE$ 的问题，导致提交了 $20$ 发才过…… 辛亏心态还好，否则就直接~~滚上床睡觉颓废了~~

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rg register
using namespace std;
const int mod=998244353;

int n,ans=0,maxlen=200000;
int a[1000005],v[1000005],pre[1000005];

inline int C(int k)
{
	return ((k*k-k)/2)%mod;
}

inline int CC(int k)
{
	rg int now=(k*k-k)/2;
	return (((now%mod)*(k-2))/3)%mod;
}

inline int read()
{
	int s=0,w=1;
	char ch=getchar();
	
	while (ch<'0'||ch>'9')
	{
		if (ch=='-')  w=-w;
		ch=getchar();
	}
	while (ch>='0'&&ch<='9')
	{
		s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return s*w;
}

signed main()
{
	cin>>n;
	for (rg int i=1;i<=n;++i)  a[i]=read(),v[a[i]]++;
	for (rg int i=1;i<=maxlen;++i)  pre[i]=pre[i-1]+C(v[i]);
	for (rg int i=1;i<=maxlen;++i)
	{
		rg int p=(i/2)+1;
		ans=(ans+((pre[maxlen]-pre[p-1]-C(v[i]))*v[i]))%mod;
	}
	for (rg int i=1;i<=maxlen;++i)
	{
		ans=(ans+CC(v[i]))%mod;
	}
	cout<<ans%mod<<endl;
	
	return 0;
}

C

果断开C题。

话不多说，顺利先骗到 $11$ 分，然后考虑正解。令人惊讶的是，我骗完 $Subtask 3$ ，以为只暂时拿到 $6$ 分，结果 $Subtask 4$ 跟着 $Subtask 3$ 也过了……

Solution

显然，我们可以将每列捆绑起来看。首先考虑无解的情况。定义"移动"为，一列在移到正确的位置中需要被翻转的次数。

①原来这两个数在同一列，现在不在同一列了；
②原来这两个数在同一列，经过奇数次移动，这两个数的上下顺序仍然相同；
③原来这两个数在同一列，经过偶数次移动，这两个数的上下顺序变化了。

int m[2*maxlen+5][3];
for (rg int i=1;i<=2;i++)
{
	for (rg int j=1;j<=n;j++)  a[i][j]=read();
}
for (rg int i=1;i<=2;i++)
{
	for (rg int j=1;j<=n;j++)
	{
		b[i][j]=read();
		m[b[i][j]][1]=i,m[b[i][j]][2]=j;
	}
}
bool no_solution()
{
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=a[1][i],y=a[2][i];
		int xx=m[x][1],xy=m[x][2];
		int yx=m[y][1],yy=m[y][2];
		
		if (xy!=yy)  return true;
		if (i%2==xy%2&&yx!=xx+1)  return true;
		else if (i%2!=xy%2&&xx!=yx+1)  return true;
		
		v[i]=xy;
	}
	return false;
}
//判断无解的方法

既然已经保证有解，考虑最少翻转的次数。

我们可以将每列捆绑起来看，设第 $i$ 列它在 $b$ 数组中的位置为第 $v_i$ 列。此时，答案就是 $v$ 的逆序对个数！即，我们每次转换都会减少有且仅有一个逆序对，最终逆序对的数量为 $0$ 。

用树状数组可以在 $O(nlog_2n)$ 的时间复杂度内求逆序对数。

本题略微卡常，注意快速读入即可。总时间复杂度为 $O(nlog_2n)$ 。

当时比赛的时候脑子瓦特，第一次数组开小 $RE$ ，第二次用 $map$ 记录数字位置导致超时，第三次快读忘写导致卡常……

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define rg register
using namespace std;
const int maxlen=1000000;

int n,ans=0;
int a[5][maxlen+5],b[5][maxlen+5],m[2*maxlen+5][3];
int v[maxlen+5],tree[maxlen+5];

inline int lowbit(int k)
{
	return k&(-k);
}

bool no_solution()
{
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x=a[1][i],y=a[2][i];
		int xx=m[x][1],xy=m[x][2];
		int yx=m[y][1],yy=m[y][2];
		
		if (xy!=yy)  return true;
		if (i%2==xy%2&&yx!=xx+1)  return true;
		else if (i%2!=xy%2&&xx!=yx+1)  return true;
		
		v[i]=xy;
	}
	return false;
}

inline void change(int rt)
{
	while (rt<=n)
	{
		tree[rt]++;
		rt+=lowbit(rt);
	}
}

inline int query(int rt)
{
	int ans=0;
	while (rt>=1)
	{
		ans+=tree[rt];
		rt-=lowbit(rt);
	}
	return ans;
}

inline int read()
{
	int s=0,w=1;
	char ch=getchar();
	
	while (ch<'0'||ch>'9')
	{
		if (ch=='-')  w=-w;
		ch=getchar();
	}
	while (ch>='0'&&ch<='9')
	{
		s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^'0');
		ch=getchar();
	}
	return s*w;
}

signed main()
{
	cin>>n;
	for (rg int i=1;i<=2;i++)
	{
		for (rg int j=1;j<=n;j++)  a[i][j]=read();
	}
	for (rg int i=1;i<=2;i++)
	{
		for (rg int j=1;j<=n;j++)
		{
			b[i][j]=read();
			m[b[i][j]][1]=i,m[b[i][j]][2]=j;
		}
	}
	if (no_solution())  return cout<<"dldsgay!!1"<<endl,0;
		
	for (int i=n;i>=1;i--)
	{
		ans+=query(v[i]-1);
		change(v[i]);
	}
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}

D

接着开了 $D$ 题。

什么东西啊？接着看了一眼排行榜，只有 $ix35$ 大佬暂时拿到了 $75$ 分(后来他 $AK$ 了%%%)……难道这题不可做？

事实上，排行榜上 $D$ 题AC的人数很多。当时这题是抱着试一试的想法来搞的。

Before Solution

①考虑分块。

众所周知，分块的时间复杂度为 $O(n \sqrt n)$ 。直接放弃。

②考虑线段树。

什么鬼唉？线段树貌似用不起来，毕竟无法转换为区间修改，也显然不存在区间加法(即结合律）、

好吧，线段树暂时放弃吧。

此时万念俱灰地打了 $Subtask 1$ 的暴力，然后看到 $Subtask 2$ 显然可以用树状数组通过，就分段考虑，拿到了 $50$ 分。

看到 $Subtask 3$ 奇怪的样子，本蒟蒻继续想正解。

Solution

③考虑哈希。

我们如何判断两个区间本质相同呢？假设第一个区间的哈希值为 $x$ ，第二个区间的哈希值为 $y$ ，两个区间的长度均为 $len$ ，且第一个区间的最小值为 $a$ ，第二个区间的最小值为 $b$ ，那么总有 $x+len(b-a)=y$ 。

$a,b,x,y$ 均可以用线段树来维护(单点修改+区间查询)，哈希值也可以用线段树来维护(注意取模)，故总时间复杂度为 $O(nlog_2n)$ 。

正解？

于是，本蒟蒻看到了充裕的 $2$ 小时多的时间，开始打代码~同时想到，单单求出两个最小值貌似容易被卡，于是也可以再设 $a$ 为第一个区间的最大值， $b$ 为第二个区间的最大值，此时公式 $x+len(b-a)=y$ 仍成立，可以进行二次判断。并且，哈希的模数不仅要设为 $998244353$ ，还要设为 $10^9+7$ 和 $10^9+9$ ……

~~惨惨的是，对于一名刚刚学会线段树的小蒟蒻，代码真是 $TM$ 难调啊……~~

Code

没调出来……QAQ

事实上，上述思路为正解。

这一场洛谷月赛相对于之前的(Expecially MtOI Round)洛谷月赛还是简单很多的，比如之前 $ix35$ 神犇竟然把一个数论+树论的难题放在了 $Div.3$ 的 $C$ 题， $zrmpaul$ 把一道容斥+数学+整除分块的难题又放在了 $C$ 题……

而 $D$ 题的思路是比较显然的，尽管我的做法仍然有可能被毒瘤的人 $Hack$ 。以前 $D$ 题出过一次序列通项(特征根)+数学+卡常(线性筛还卡)，还有一次出了树上的一个不显然的贪心(《重拳出击》)，直接送本蒟蒻退役了两天。

综上所述，代码能力急需加强，不然 $D$ 题只能对着程序目瞪口呆——毕竟宏,中,微观结合才是 $AC$ 的法宝之一。

菜死啦~

洛谷七月月赛(Div.2)题解&&游记

Day 0

Day 1

A

Solution

Code

B

Solution

Code

C

Solution

Code

D

Before Solution

Solution

正解？

Code

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