---恢復內容開始---
寫的效果依舊不好 還沒寫完前四題比賽就結束了 而且這些普及組的題目 我大多還是缺少簡單演算法的靈性 總是把問題搞複雜化。
6.5 a 第一道題非常水 簡單分析發現是乙個快速冪的逆過程。logn時間內解決。
b 這是乙個比平成的模擬要難上一點點的 模擬 因為有可能爆ll 所以寫之前要把該考慮到的情況考慮好再寫。
c 一眼不可做 也看不懂題目是什麼意思,還是看不懂棄掉以後看見了再寫
d 感覺能寫 一段序列分成k段 第一段乘1 第二段乘2... 求最大值 顯然dp 然後 f[i][j] 表示前 i個數字分成j段的最大值 這個dp 是n^2k的相當難受 貌似斜率優化可以到nk 然後? 然後還是掛掉。
亂搞出來乙個貪心 是 我從後往前拿第k 段 k-1段 每次我都選取最大的那個字尾和 nlogn 發現一直wa 沒有考慮到一些因素並不是字尾和最大的是最優的因為當前數字造成的貢獻不只只有前面的而且還是有後面的,所以說不太會寫,考慮設p1 p2 ...pk 為每一段的斷點 顯然p1=1; pi發現我們只需取最大的這幾個bp值即可 注意p1是強制取1的。
剩下的題目沒看結束了。。。
6.8 a 是一道非常水的題目注意好關係就能ac
b 猛一看感覺是不可寫的 但是實際上畫個圖發現每次放棋子只能放在上乙個棋子的 右邊 或者下邊注意維護好輪換放即可。
c 是一道比較有意思的題目 看起來也不可做深入理解發現只會有兩種情況 1 列舉每次放哪個數字了如果當前手牌中沒有的話就一直取數字直至把這個數字取出來 然後模擬放回去。
或者是 在這個隊伍之中就直接模擬排序好 如果可以成功那麼一定優於第一種決策。這樣就ok了!
d 好像是乙個排列計數 看了一下不會寫棄掉了現在再看 n<=2e5 看完題解 發現是乙個很妙的樹形dp
題目:哦 原來是這樣的 對於乙個無根樹來說我們以任意的角度來看的話我們可以想象成每個點都可以是根,所以 可以以1為根 然後發現 1 任何位置都是可以放的。
考慮1的子樹 由於子樹必須是在乙個圓弧之上 顯然 。 所以子樹們和父親們放的位置決定了父親的初始方案數 仔細思考1可以放n個位置我們讓其按照乙個方式放的話也把所有方案數遍歷到了。
好題 於是就有轉移了。下面放**:
//view code#include
#include#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define inf 2147483646
#define ll long long
#define min(x,y) (x>y?y:x)
#define max(x,y) (x>y?x:y)
#define ri register ll
#define up(p,i,n) for(ll i=p;i<=n;++i)
#define db double
#define mod 998244353
using
namespace
std;
char buf[1
<<15],*fs,*ft;
inline
char
getc()
inline ll read()
while(ch>='
0'&&ch<='9')
return x*f;
}inline
void
put(ll x)
const
int maxn=200010
;int
n,len;
ll fac[maxn],sz[maxn],f[maxn];
//f[i] 表示以i為根的子樹內部的方案數
intvis[maxn];
int lin[maxn<<1],nex[maxn<<1],ver[maxn<<1
];inline
void add(int x,int
y)inline
void dfs(int
x)
//f[x]=fac[sz[x]];
if(x!=1)f[x]=fac[sz[x]];
else f[x]=fac[sz[x]-1
]; f[x]=f[x]*sum%mod;
}int
main()
for(int i=1;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
dfs(1);
put(f[
1]*n%mod);
return0;
}
剩下的題目就不說了。。不太會寫也沒有時間了。
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