2025ccpc南昌邀请赛感想＋补题

比赛前去了81纪念馆和滕王阁，必须说江西的风景还是不错的，不过可惜的是作为一个江西人没有吃到足够辣的江西菜

赛前一晚做梦梦到比赛打炸了，然后还有另一个比赛也忘记打了，回去被同学鞭尸给我吓醒了，谁懂醒来还在酒店床上的救赎感

还好梦是反的，最后7题拿下第一个金牌，可惜最后封榜后没有过题

补题链接https://qoj.ac/contest/2521

L
签到题，没什么好说的

G
同样是签到题

A
队友打的，不记得了

K
所有菜品根据模4可分为4类，0，1，2，3
策略是先把0上完，然后上3131...直到3或者1用完
如果剩了3，可以循环上332，如果剩1就循环上211，如果2不够就没有答案返回no
最后剩的2就222的上,时间复杂度O(n)

H
肯定只有n次加珠子，先把这n次加上，得到数组1，2，...，n
把第二种操作插入这n个操作中，本质就是一个单点加1再对这个点之后的某个后缀区间加1
把目标数组ai-i，得到剩下的就是需要用操作2补全的量，如果有负值直接输出no
从左往右贪心想最少需要多少次操作即可，时间复杂度O(n)

C
如果对于[L,R]的虫洞，能快速判断它们能否被划分成不超过k组，就能用双指针解题
赛时突然想到的假设，后来可以证明，把一个虫洞看成一个区间加1操作，如果最后没有点大于k，就说明这些虫洞可以被划分成不超过k组
最后线段树+双指针一发过，时间复杂度O(nlogn)

B
感觉n比较大的时候很难出现一个人赢所有人或者输所有人的情况
于是手算了一下随机选两个人u和v，u对v是k间接战胜的概率
\(P(k=0)=1/2,P(k=1) = (1-(3/4)^{n-2})/2\)
可以看出来当n很大时，k = 0和k = 1的概率加起来已经很接近1了，那么就不需要考虑其他k>1的情况
假定分界点是n = 100，当n<=100时使用floyd算法预处理多源最短路，时间复杂度O(n^3)
当n>100时遍历所有点对(u,v)，如果u赢了v，u对v是0间接胜利，v对u则是1间接胜利，时间复杂度O(n^2)
写法很简单，从思考到ac花的时间感觉不超过20min，最后还是1发ac，感觉这次状态真的不错

赛时过的就这些，其余待补

补：

E
赛时想到的是确定一条线，可以用前缀和快速求这条线左右两边的同色积之和，但是这样是O(n^2 * k)复杂度的，过不了
后来看了题解，假设要求4个点的积为\(a_i * a_j * a_k * a_l ,其中i<j<k<l,且c_i = c_k,c_j = c_l\)
那么可以遍历\(a_k\)，用前缀和处理其他几项的积，再遍历每种颜色计算即可，时间复杂度O(nk)

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define lowbit(x) = ((x)& - (x))
#define rep(a,b,c) for(int a=b;a<=c;a++)
#define per(a,b,c) for(int a=b;a>=c;a--)
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 5e5+4; 
const ll mod = 998244353;
ll n,k;
ll c[N],a[N];
ll s[N][103],t[N][103],p[103][103];

void print(){
	cout<<"s:\n";
	rep(i,1,n){
		rep(j,1,k)cout<<s[i][j]<<' ';
		cout<<'\n';
	}
	cout<<"t:\n";
	rep(i,1,n){
		rep(j,1,k)cout<<t[i][j]<<' ';
		cout<<'\n';
	}
	cout<<"p:\n";
	rep(i,1,k){
		rep(j,1,k)cout<<p[i][j]<<' ';
		cout<<'\n';
	}
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>k;
	rep(i,1,n)cin>>c[i];
	rep(i,1,n)cin>>a[i];
	rep(i,1,n){
		rep(j,1,k){
			s[i][j] = s[i-1][j];
			if(c[i] == j)s[i][j] = (s[i][j] + a[i])%mod;
		}
	}
	per(i,n,1){
		rep(j,1,k){
			t[i][j] = t[i+1][j];
			if(c[i] == j)t[i][j] = (t[i][j] + a[i])%mod;
		}
	}
	ll ans = 0;
	rep(i,1,n){
		rep(j,1,k){
			ans = (ans + a[i] * p[j][c[i]] % mod * t[i+1][j] % mod)%mod;
		}
		rep(j,1,k){
			if(j != c[i]){
				p[c[i]][j] = (p[c[i]][j] + a[i] * s[i-1][j] % mod)%mod;
			}
		}
	}
	//print();
	cout<<ans<<'\n';
	return 0;
}