2025“钉耙编程”中国大学生算法设计暑期联赛（5）
切排列
题意简化
给定两个长度为 $ n $ 的 1~n的排列 $ A $ 和 $ B $，需将 $ A $ 切成若干段，再按任意顺序拼接得到 $ B $，求最少需要切的段数 $ k $ 的最小值。
数据范围
- 测试组数 $ T ： 1 \leq T \leq 10^4 + 5 $；
- 每组排列长度 $ n ： 1 \leq n \leq 2 \times 10^5 $；
- 所有测试用例的 $ n $ 之和：$ \sum n \leq 5 \times 10^5 + 16 $；
- $ A 、 B $ 均为$ 1 \sim n $的排列（每个数恰好出现一次）。
思路
直接贪心，枚举a中每一个数，检验他在b数组中是否连续
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
const int maxn=2e5+10;
int n;
int a[maxn],b[maxn];
int c[maxn];
void solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
c[a[i]]=i;
}
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>b[i];
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
while(c[b[i]]==c[b[i+1]]-1){
++i;
}
++ans;
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
k-MEX
题意简化
给定正整数 $ n $ 和 $ k $，从 $ 0,1,\dots,n-1 $ 中随机选取 $ k $ 个不同的整数组成集合，求该集合的 MEX（最小未出现的自然数） 的期望。结果以最简分数 $ \frac{x}{y} $ 形式给出，需对 $ 10^9+7 $ 取模后输出。
数据范围
- 测试用例组数 $ T ： 1 \leq T \leq 10^4 + 7 $；
- 每组的 $ n,k ： 1 \leq k \leq n \leq 10^9 $。
思路
要计算从 $ 0,1,\dots,n-1 $ 中选 $ k $ 个不同整数的集合的 MEX（最小未出现自然数） 期望，核心过程如下：
步骤1：期望的转换
对于非负整数随机变量 $ X = \text{MEX} $，期望满足 $ E[X] = \sum_{i=1}^{\infty} P(X \geq i) $（因为 $ \text{MEX} $ 最大为 $ k $，只需求和到 $ i=k $）。
步骤2：分析 $ P(\text{MEX} \geq i) $
若 $ \text{MEX} \geq i $，则集合必须包含 $ 0,1,\dots,i-1 $ 所有元素。此时：
- 需从剩余 $ n - i $ 个元素（$ i $ 到 $ n-1 $）中选 $ k - i $ 个，选法数为 $ \binom{n-i}{k-i} $；
- 总选法数为 $ \binom{n}{k} $（从 $ n $ 个中选 $ k $ 个）。
因此：
$ P(\text{MEX} \geq i) = \frac{\binom{n-i}{k-i}}{\binom{n}{k}} $
步骤3：化简求和式
对 $ i=1 $ 到 $ k $ 求和 $ \sum_{i=1}^{k} \frac{\binom{n-i}{k-i}}{\binom{n}{k}} $，重点化简分子部分 $ \sum_{i=1}^{k} \binom{n-i}{k-i} $。
利用组合数累加性质（杨辉三角递推：$ \binom{m}{r} + \binom{m}{r+1} = \binom{m+1}{r+1} $），逐步累加后，分子和最终化简为 $ \binom{n}{k-1} $。
步骤4：计算组合数比值
$ 分子为 \binom{n}{k-1} ，分母为 \binom{n}{k} $
利用组合数公式化简：
$ \frac{\binom{n}{k-1}}{\binom{n}{k}} = \frac{\frac{n!}{(k-1)!(n-k+1)!}}{\frac{n!}{k!(n-k)!}} = \frac{k}{n - k + 1} $
最终结论
MEX的期望为：
$ \boxed{\frac{k}{n - k + 1}} $
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll mod= 1e9 + 7;
ll power(ll a, ll b) {
ll res = 1;
for (; b; b /= 2, a = a * a % mod) if (b & 1) res = res * a % mod;
return res;
}
void solve() {
ll n, k;
cin >> n >> k;
cout << power(n - k + 1, mod - 2) * k % mod << "\n";
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int _ = 1;
cin >> _;
while (_--) {
solve();
}
return 0;
}
最小值
题意
给定 $ T $ 组数据，每组包含两个长度为 $ n $ 的整数数组 $ a $ 和 $ b $，需找出所有满足 $ p \neq q $ 的下标对，计算 $ \left| \left| a_p - a_q \right| - \left| b_p - b_q \right| \right| $ 的值，并求出这些值中的最小值。
数据范围
- 测试组数 $ T \(：\) 1 \leq T \leq 10^4 $；
- 每组数组长度 $ n \(：\) 2 \leq n \leq 10^5 $，且所有测试用例的 $ n $ 之和 $ \sum n \leq 5 \times 10^5 $；
- 数组元素绝对值：$ |a_i| \leq 10^{12} \(，\) |b_i| \leq 10^{12} $。
思路
步骤1：表达式转换（分类讨论）
通过对 $ a_p 与 a_q 、 b_p 与 b_q $ 的大小关系分类讨论，可证明：
具体分类（核心逻辑）：
- 当 $ (a_p - a_q)(b_p - b_q) \geq 0 $ 时，$ \left| |a_p - a_q| - |b_p - b_q| \right| = \left| (a_p - b_p) - (a_q - b_q) \right| $；
- 当 $ (a_p - a_q)(b_p - b_q) < 0 $ 时，$ \left| |a_p - a_q| - |b_p - b_q| \right| = \left| (a_p + b_p) - (a_q + b_q) \right| $；
且进一步可证，原表达式是这两个新表达式的较小值。
构造新数组并排序
根据上述结论，构造两个新数组：
- $ A_i = a_i + b_i $
- $ B_i = a_i - b_i $
对数组 $ A $ 和 $ B $ 分别排序（排序后，数组中“最小的绝对差”一定出现在相邻元素之间）。
找相邻元素的最小差
对排序后的 $ A $ 和 $ B $，分别计算相邻元素的绝对差，并记录各自的最小差。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
void sovle()
{
int n;
cin>>n;
vector<ll> a(n),b(n),j,k;
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>b[i];
for(int i=0;i<n;i++)
{
j.push_back(a[i]+b[i]);
k.push_back(a[i]-b[i]);
}
sort(j.begin(),j.end());
sort(k.begin(),k.end());
ll minj=1e15,mink=1e15;
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(j[i]-j[i-1]<minj)
minj=j[i]-j[i-1];
if(k[i]-k[i-1]<mink)
mink=k[i]-k[i-1];
}
cout<<min(minj,mink)<<endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--) {
sovle();
}
return 0;
}
随机反馈
题意
在一场时长为 $ n $ 分钟的编程比赛中，每分钟提交一次正确代码。第 $ i $ 分钟提交的正确代码，有 $ p_i = \frac{x_i}{1000} $ 的概率被判 WA，$ 1 - p_i $ 的概率被判 AC（且第 $ n $ 分钟提交的代码必判 AC，即 $ x_n = 0 $）。
罚时定义：若第一次得到 AC 的提交时间为 $ t $，则罚时为 $ t + 20 \times (t - 1) $（ t-1 是之前的提交次数）；若始终未 AC，罚时为无穷大。需计算最小的罚时期望。
数据范围
- 测试组数 $ T $：正整数。
- 每组比赛时长 $ n ： 1 \leq n \leq 10^5 $，所有测试用例的 $ n $ 之和 $ \leq 5 \times 10^5 $。
- 每组的 $ x_1, x_2, \dots, x_n $：满足 $ 0 \leq x_i \leq 1000 $，且 $ x_n = 0 ， p_i = \frac{x_i}{1000} $。
思路
要推导比赛罚时期望的通用计算公式，可通过递推法分析：
1. 问题建模
- 第 $ i $ 分钟提交正确代码时，得 AC 的概率为 $ a_i = 1 - p_i $（其中 $ p_i = \frac{x_i}{1000} $），且第 $ n $ 分钟必 AC（$ x_n = 0 $，故 $ a_n = 1 $）。
- 若第一次 AC 在第 $ t $ 分钟，罚时为 $ \text{罚时}_t = t + 20(t - 1) = 21t - 20 $。
2. 递推关系推导
定义 $ f(t) $ 为从第 $ t $ 分钟开始提交的期望罚时。需满足：
- 边界条件：第 $ n $ 分钟必 AC，故 $ f(n) = 21n - 20 $。
- 递推式（$ t < n $ 时）：第 $ t $ 分钟有 $ a_t $ 概率 AC（罚时 $ 21t - 20 $），有 $ p_t $ 概率 WA（后续从 $ t+1 $ 分钟开始，期望罚时为 $ f(t+1) $）。因此：\[f(t) = a_t \cdot (21t - 20) + p_t \cdot f(t+1) \]其中 $ a_t = 1 - p_t ， p_t = \frac{x_t}{1000} $。
3.结论
最小期望罚时可通过从后往前的线性递推计算，递推式为：
最终结果为 $ f(1) $，时间复杂度 $ O(n) $，可高效处理 $ n \leq 10^5 $ 的数据。
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int n,m,k;
const int maxn=2e5+10;
double f[maxn];
int x[maxn];
void sovle(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=1e9;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>x[i];
f[n]=n;
for(int i=n-1;i>=1;--i){
double p=x[i]*1.0/1000.0;
f[i]=min(f[i+1],(1.0-p)*i+p*(f[i+1]+20));
}
double ans=1e9;
for(int i=1;i<=n;++i) ans=min(ans,f[i]);
cout<<fixed<<setprecision(10)<<ans<<endl;
return ;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int T;
cin >> T;
while (T--) {
sovle();
}
return 0;
}
信赖跃迁：置换轨迹计算
题意简化
给定长度为 $ n $ 的置换 $ q $，以及长度为 $ m $ 的整数序列 $ k_1, k_2, \dots, k_m $，需计算满足以下条件的长度为 $ m+1 $ 的置换序列 $ p_0, p_1, \dots, p_m $ 的数量：
（其中 $ \circ $ 表示置换的复合运算，$ p_i^{k_i} $ 表示置换 $ p_i $ 的 $ k_i $ 次幂）。
数据范围
- 测试组数 $ t ： 1 \leq t \leq 10 $；
- 每组中置换长度 $ n ： 1 \leq n \leq 10^5 $；
- 每组中序列长度 $ m ： 1 \leq m \leq 10^5 $；
- 置换 $ q $：由 $ 0 \sim n-1 $ 组成的有效置换（元素不重复）；
- 序列元素 $ k_i ： 1 \leq k_i \leq 10^5 $。
思路
利用$ p_0 $ 由其余置换唯一确定”的性质，将问题转化为计算 $ m $ 个任意置换的组合数，最终得到 $ (n!)^m $ 的模结果。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll mod = 1e9 + 7;
vector<ll> F(100005);
void pre() {
F[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 1e5; i++) {
F[i] = F[i - 1] * i % mod;
}
}
ll power(ll a, ll b) {
ll res = 1;
for (; b; b /= 2, a = a * a % mod) if (b & 1) res = res * a % mod;
return res;
}
void solve() {
ll n, m;
cin >> n >> m;
vector<ll> a(n), b(m);
for (ll i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
for (ll i = 0; i < m; i++) {
cin >> b[i];
}
cout << power(F[n], m) << "\n";
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
pre();
int _ = 1;
cin >> _;
while (_--) {
solve();
}
return 0;
}
题意简化
需给 $ n $ 人发放总金额为 $ m $ 元的报酬，每月发放一次。为避税，需满足三个条件：
- 每人单笔收入严格不超过 $ k $ 元；
- 每月发放人数严格不超过 $ p $ 人；
- 每人累计收入严格不超过自身的 $ a_i $ 元（即最终收到的总钱数 $ \leq a_i $）。
求收完所有报酬的最少月数。
数据范围
- 测试组数 $ T ： 1 \leq T \leq 10004 $；
- 每组数据：
- 人数 $ n $、总报酬 $ m $、单笔最大金额 $ k $、每月最多发放人数 $ p ： 1 \leq p \leq n \leq 2 \times 10^5 ， 1 \leq k \leq m \leq 10^9 $；
- 每人的“缴税前剩余可收金额” $ a_1, a_2, \dots, a_n ： 1 \leq a_i \leq 10^9 $，且 $ \sum a_i \geq m $；
- 单个测试点中，所有组的 $ n $ 之和 $ \sum n \leq 4 \times 10^5 + 14 $。
思路
很明显时间足够长一定是可以不交税的，时间很短也是必交税的
因此考虑二分答案
检验：
贪心策略最大化每月发放金额
验证某月数 mid 是否可行时，核心是计算该月数内 最多能发放的总金额，并与 m 比较。为最大化总金额，采用两步贪心：
-
优先发放“整 k 元”：每人每月最多发 k 元，优先计算所有人在mid 个月内最多能被发放 整 k 元 的总次数（最大化单次发放金额）。
-
用大额零钱填补空闲名额：若整 k 元的发放次数未填满每月 p 人的名额，则用每人剩余的零钱$ a_i % k $填补，且优先使用最大的零钱（通过提前降序排序实现），充分利用空闲名额。
预处理优化验证效率
对每人的零钱（$ a_i % k $）提前降序排序，确保在填补空闲名额时能快速获取最大零钱，减少验证阶段的计算成本，使整体算法高效适配大数据范围。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
#define int long long
const int maxn=2e5+10;
using ll=long long ;
int n,m,p,k;
int a[maxn];
bool check(int mid){
int cnt=0;//所有人可以给cnt次k元 在所有月份中
vector<int>s;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(a[i]>=mid*k) cnt+=mid;//可以每个月都给这人k
else cnt+=a[i]/k,s.push_back(a[i]%k); //这个人只能给有限次月
}
// 如果每个月都能给p个人k元
if(cnt>=mid*p) return mid*p*k>=m;
ll sum=cnt*k;
//否则，还能在未选够p个人的月份，选入剩下的
for(int i=0;i<min(mid*p-cnt,(int)s.size());++i){
sum+=s[i];
}
return sum>=m;
}
void solve(){
cin>>n>>m>>k>>p;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n,[](auto x,auto y){
return x%k>y%k;
});
int l=1,r=1e9;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid-1;
else l=mid+1;
}
cout<<l<<endl;
return ;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号