ZZ出题人写NTT写成ZZ了吧，全是998244353，不需要取模的东西强行取模搞得我以为答案很大想了好久（指B题）
A.任意输出 \([l,r]\) 内的一组满足 \(x \mid y\) 的 \(x, y\) ，保证有答案
我输出了 \(\lfloor \frac{r}{l} \rfloor \times l\) 输出2l也行
int main() {
int T;
in, T;
while (T--) {
int l, r;
in, l, r;
out, l, ' ', r / l * l, '\n';
}
return 0;
}B.给个字符串s（字符集大小 $ > 1$）问有多少种 \([l,r]\) 满足删掉这个区间内的字符以后剩下的字符串字符集大小为 \(1\) （至少删掉一个字符，可以全部删掉）
根据 s[1]是否和s[len]相同讨论，可以删掉 以1为左端点 或者是 以len为右端点的区间，如果相同还可以删掉中间一段区间
char s[MAXN << 1];
int main() {
int len;
in, len, s+1;
int p = 1;
while (p < len && s[p + 1] == s[p]) ++p;
int p1 = len;
while (p1 > 1 && s[p1 - 1] == s[p1]) --p1;
ll ans;
ans = p + (len - p1 + 1) + 1;
if (s[1] == s[len]) { //[p+1,p1-1]
ans += p * 1ll * (len-p1+1) % mod;
ans %= mod;
}
out, ans;
return 0;
}C.给出一个整数角度 \([1,180)\) ，问至少正几边形的三个顶点之间的角可以是这个角度
发现答案最多是360（当时怕想错就枚举到998244353然后break的）而且不会有无解的情况
正x边形三个顶点之间最大的角度就是他的内角 \(\frac{(x-2)180}{x}\) 如果比他大那么正x边形不符合条件（样例第四个不输出90就是因为这个），最小的角是一条边对应圆弧的圆周角也就是 \(\frac{180}{x}\)（注意这里可能会有小数）
我因为没注意到小数然后被除法安排了五十分钟，转成乘法过了，真是恶心
int main() {
int T;
in, T;
while (T--) { //(n - 2) 180 / n | ang
int ang, Min = inft;
in, ang;
ang <<= 1;
lop(i, 3, 998244353) {
if (360 % i) continue;
if (360 * 1ll * (i-2) >= ang * 1ll * i && ang * 1ll * i % 360 == 0) {
Min = i;
break;
}
}
out, Min, '\n';
}
return 0;
}D.给一个字符串 \(s\) 和删除每一位的代价 \(a\)，求最少的代价使得s中不含子序列 "hard"
dp[i][0/1/2/3]表示使前i位不含h/ha/har/hard子序列的最小代价
ll dp[MAXN][4];
int len, a[MAXN], MP[256]; char s[MAXN];
// no h/no ha/no har/no hard
int main() {
in, len, s+1;
lop1(i,len) in, a[i];
lop(i,'a','z') MP[i] = -1;
MP['h'] = 0, MP['a'] = 1, MP['r'] = 2, MP['d'] = 3;
lop1(i,len) {
lop0(j,4) dp[i][j] = dp[i-1][j];
if (MP[s[i]] == -1) continue;
dp[i][MP[s[i]]] += a[i];
if (MP[s[i]]) chmin(dp[i][MP[s[i]]], dp[i-1][MP[s[i]]-1]);
}
out, dp[len][3];
return 0;
}去偷了一个写的好看点的代码
int n, a[MAXN];
LL ans, dp[4];
char s[MAXN];
int main() {
read(n);
scanf("%s", s+1);
memset(dp, 127, sizeof(127)), dp[0] = 0;
rep(i, 1, n) {
read(a[i]);
if(s[i] == 'd') dp[3] += a[i];
if(s[i] == 'r') chkmin(dp[3], dp[2]), dp[2] += a[i];
if(s[i] == 'a') chkmin(dp[2], dp[1]), dp[1] += a[i];
if(s[i] == 'h') chkmin(dp[1], dp[0]), dp[0] += a[i];
}
ans = min(min(dp[0], dp[1]), min(dp[2], dp[3]));
cout<<ans;
return 0;
}F.给一个排列（有些是-1，代表等概率是没出现过数字中的任意一个），求期望逆序对个数
分成三部分（x表示已知）
- -1和-1之间的
- -1和x之间的
- x和x之间的
具体柿子在下面
// -1 -1 cnt * (cnt - 1) / 2 / 2
// -1 x cnt(-1)<greater than x> * cnt(-1)<on the left of x> / cnt(-1)
// x -1 cnt(-1)<less than x> * cnt(-1)<on the right of x> / cnt(-1)
// x x
int a[MAXN], n, gt[MAXN], ls[MAXN], cnt[MAXN]; //cnt[i] [1..i]-1的个数 gt[i] 比 i 大的-1个数 | ls[i] 比 i 小的-1个数
bool vis[MAXN];
struct BIT {
int t[MAXN];
inline void add(int k, int v) {
while (k <= n) t[k] += v, k += k & -k;
}
inline int query(int k) {
int ret = 0;
while (k) ret += t[k], k -= k & -k;
return ret;
}
} bit;
// a[i] -> gt[1,a[i]-1]
// a[i] -> ls[a[i]+1,n]
int main() {
int ans = 0, tmp = 0;
in, n;
lop1(i, n) {
in, a[i];
if (~a[i]) vis[a[i]] = 1, bit.add(a[i], 1), ans += ++tmp - bit.query(a[i]), Mod(ans, mod);
else cnt[i] = 1;
}
// out, ans, '\n';
lop1(i, n) {
cnt[i] += cnt[i-1];
if (!vis[i]) ++gt[1], --gt[i], ++ls[i + 1];//, --ls[n + 1];
}
ans += cnt[n] * 1ll * (cnt[n] - 1) % mod * Pow(4, mod-2, mod) % mod;
Mod(ans, mod);
lop1(i, n) gt[i] += gt[i-1], ls[i] += ls[i-1];
int Inv = Pow(cnt[n], mod - 2, mod);
lop1(i, n)
if (~a[i]) {
int x = ls[a[i]] * 1ll * (cnt[n] - cnt[i - 1]) % mod + gt[a[i]] * 1ll * cnt[i - 1] % mod;
Mod(x, mod);
ans += x * 1ll * Inv % mod;
Mod(ans, mod);
}
out, ans;
return 0;
}