Codeforces Round #612 选讲

http://codeforces.com/contest/1287/problem/E2

一个串的价值只有它对每个字符的cnt。一种思路如下:比较1...n和1...n-1的所有子串的cnt,可以发现除了n个后缀之外,其它的子串两者都有,由此得到每个后缀的cnt。然而这超过了询问上限。我们可以用这种方法构造前半个串,然后用全串询问的对称性质(单独一次全串询问后理论上可以构造出一个可以对称旋转的串)来解决。具体的一种方法:$cnt_{i,x}$表示字符x在长度i的串中的出现次数。这个出现次数将随着x的位置而变化:在区间i...n-i+1,$cnt_{i,x}=i$,否则由x的位置单独决定。因此,$cnt_{i+1,x}-cnt_{i,x}$可以得到区间i+1...n-i内字符x的出现次数,由此得到字符x在每个对称位置的出现次数,本题解决。

http://codeforces.com/contest/1287/problem/F

一开始以为那个time是次数的意思。。。将所有碰撞事件按时间排序,第i个事件发生的概率为:前i-1个事件不发生的概率-前i个事件不发生的概率。这是一种限制相邻关系的待修改的全局查询问题。使用线段树维护被点分成的线段,维护某一区间内的子线段拼成的大线段中,最左端的点往左/往右以及最右端的点往左/往右的概率,合并时只有左区间右端点和右区间左端点相同时才能合并,修改只需把对应的子线段的对应概率置为0即可。为了避免端点的重复计算,一条线段可以不考虑左端点的概率。

  1 #include <bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 
  4 int n,leve,INV100,mod=998244353;
  5 #define maxn 100011
  6 #define maxeve maxn*3
  7 struct Poi
  8 {
  9     int x,v,p;
 10 }a[maxn];
 11 struct Eve
 12 {
 13     int id,a,b,timemod; double time;
 14     bool operator < (const Eve &b) const {return time<b.time;}
 15 }eve[maxeve];
 16 
 17 int powmod(int a,int b)
 18 {
 19     int ans=1;
 20     while (b)
 21     {
 22         if (b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
 23         a=1ll*a*a%mod;
 24         b>>=1;
 25     }
 26     return ans;
 27 }
 28 
 29 double calc(int i,int x,int y)
 30 {
 31     int v1,v2;
 32     if (x) v1=a[i-1].v; else v1=-a[i-1].v;
 33     if (y) v2=a[i].v; else v2=-a[i].v;
 34     return 1.0*(a[i].x-a[i-1].x)/(v1-v2);
 35 }
 36 
 37 int calcmod(int i,int x,int y)
 38 {
 39     int v1,v2;
 40     if (x) v1=a[i-1].v; else v1=-a[i-1].v;
 41     if (y) v2=a[i].v; else v2=-a[i].v;
 42     return ((0ll+a[i].x-a[i-1].x+mod)%mod)*1ll*powmod((0ll+v1-v2+mod+mod)%mod,mod-2)%mod;
 43 }
 44 
 45 struct smtnode{int ls,rs,v[2][2];};
 46 struct SMT
 47 {
 48     smtnode a[maxn<<1];
 49     int n,sz;
 50     void clear(int N) {n=N; sz=0;}
 51     void up(int x)
 52     {
 53         int p=a[x].ls,q=a[x].rs;
 54         for (int i=0;i<2;i++)
 55             for (int j=0;j<2;j++)
 56             {
 57                 a[x].v[i][j]=0;
 58                 for (int k=0;k<2;k++)
 59                     a[x].v[i][j]=(a[x].v[i][j]+1ll*a[p].v[i][k]*a[q].v[k][j])%mod;
 60             }
 61     }
 62     void build(int &x,int L,int R,Poi *b)
 63     {
 64         x=++sz;
 65         if (L==R)
 66         {
 67             a[x].ls=a[x].rs=0;
 68             a[x].v[0][1]=a[x].v[1][1]=b[L].p;
 69             a[x].v[0][0]=a[x].v[1][0]=mod+1-b[L].p;
 70             return;
 71         }
 72         int mid=(L+R)>>1;
 73         build(a[x].ls,L,mid,b);
 74         build(a[x].rs,mid+1,R,b);
 75         up(x);
 76     }
 77     void build(Poi *b) {int x; build(x,1,n,b);}
 78     int query() {return (0ll+a[1].v[0][0]+a[1].v[0][1])%mod;}
 79     void Modify(int x,int L,int R,int p,int q,int r)
 80     {
 81         if (L==R)
 82         {
 83             a[x].v[q][r]=0;
 84             return;
 85         }
 86         int mid=(L+R)>>1;
 87         if (p<=mid) Modify(a[x].ls,L,mid,p,q,r);
 88         else Modify(a[x].rs,mid+1,R,p,q,r);
 89         up(x);
 90     }
 91     void modify(int p,int q,int r) {Modify(1,1,n,p,q,r);}
 92 }t;
 93 
 94 int main()
 95 {
 96     scanf("%d",&n);
 97     INV100=powmod(100,mod-2);
 98     for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].v,&a[i].p),a[i].p=a[i].p*1ll*INV100%mod;
 99     
100     //0 zuo 1 you
101     
102     leve=0;
103     for (int i=2;i<=n;i++)
104     {
105         eve[++leve]={i,1,0,calcmod(i,1,0),calc(i,1,0)};
106         if (a[i-1].v>a[i].v) eve[++leve]={i,1,1,calcmod(i,1,1),calc(i,1,1)};
107         if (a[i-1].v<a[i].v) eve[++leve]={i,0,0,calcmod(i,0,0),calc(i,0,0)};
108     }
109     sort(eve+1,eve+1+leve);
110     
111     t.clear(n);
112     t.build(a);
113     int ans=0;
114     for (int i=1,tmp,lastval=1;i<=leve;i++)
115     {
116         t.modify(eve[i].id,eve[i].a,eve[i].b);
117         tmp=t.query();
118         ans=(ans+(lastval-tmp+mod)*1ll*(eve[i].timemod))%mod;
119         lastval=tmp;
120     }
121     printf("%d\n",ans);
122     return 0;
123 }
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posted @ 2020-01-12 22:15  Blue233333  阅读(...)  评论(...编辑  收藏