UNIQUE VISION Programming Contest 2022（AtCoder Beginner Contest 248）C~D 题解

C - Dice Sum

题目大意

有多少个整数序列\(A=(A_1,\dots,A_N)\)符合如下条件：

• \(1\le A_i\le M\)
• \(\sum\limits_{i=1}^NA_i\le K\)

输出答案，对\(998244353\)取模。

\(1\le N,M\le 50\)
\(N\le K\le NM\)

输入格式

\(N~M~K\)

输出格式

输出答案，对\(998244353\)取模。

分析

艹C题又要dp
考虑\(\text{DP}\)思想，令\(\text{dp}(i,j):=A\)的前\(i\)个元素中和为\(j\)的总可能数（\(1\le A_x\le M\)），则可得伪代码：

dp[0][0] = 1
for i = 0 to N-1 // 逐个位置考虑
	for j = 0 to K-1 // 考虑所有和的情况，无需考虑K
		for k = 1 to M // 1-M的每个选择
			if j + k <= K: // 限制条件
				dp[i + 1][j + k] += dp[i][j] // 更新dp[i+1]

时间复杂度为\(\mathcal O(NMK)\)，可以通过。

其实还可以利用前缀和优化。
不难发现\(\mathrm{dp}(i,j)=\displaystyle\sum_{k=L}^R\text{dp}(i-1,k)\)，
其中\(L\le R\)，具体的值请自行推导。
因此，我们可以记录\(\mathrm{dp}[i-1]\)的前缀和\(\mathrm{pre}\)：

• \(\mathrm{pre}_j=\displaystyle\sum_{k=1}^j\mathrm{dp}(i-1,k)\)

则\(\mathrm{dp}(i,j)=\mathrm{pre}_R-\mathrm{pre}_{L-1}\)。
因此，时间复杂度为\(\mathcal O(NK)\)。
强烈建议读者独立推导并实现该方法。 前缀和优化\(\text{DP}\)的算法在E、F题中很常见。

代码

#include <cstdio>
#define MOD 998244353
#define maxn 200005
using namespace std;

inline void mod(int& x) { if(x >= MOD) x -= MOD; }
int dp[2][maxn];

int main()
{
	int n, m, k;
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	dp[0][0] = 1;
	for(int i=0; i<n; i++)
	{
		int c = i & 1, p = c ^ 1;
		for(int j=0; j<=k; j++)
			dp[p][j] = 0;
		for(int j=0; j<k; j++)
			for(int d=1; d<=m && d<=k-j; d++)
				mod(dp[p][j + d] += dp[c][j]);
	}
	int ans = 0;
	for(int i=1; i<=k; i++)
		mod(ans += dp[n & 1][i]);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

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D - Range Count Query

题目大意

给定整数序列\(A=(A_1,\dots,A_N)\)。
有\(Q\)个查询。每个查询的格式如下：

• 给定三个整数\(L,R,X\)，求\(A_L,\dots,A_R\)中\(X\)的出现次数。

\(1\le A_i,X\le N\le 2\times10^5\)
\(1\le L\le R\le N\)

输入格式

\(N\)
\(A_1~\dots~A_N\)
\(Q\)
\(L_1~R_1~X_1\)
\(\vdots\)
\(L_Q~R_Q~X_Q\)

输出格式

输出\(Q\)行，第\(i\)行是第\(i\)个查询的答案。

分析

题目换句话说就是：求\(X\)出现的位置中，在\([L,R]\)区间内的有多少个？
因此，我们很容易想到先预处理\(1,\dots,N\)中每个数出现的位置，存入vector，查询时二分即可。

代码

注意二分边界。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
#define maxn 200005
using namespace std;

vector<int> pos[maxn];

int main()
{
	int n, q;
	scanf("%d", &n);
	for(int i=0; i<n; i++)
	{
		int a; scanf("%d", &a);
		pos[a].push_back(i);
	}
	scanf("%d", &q);
	while(q--)
	{
		int l, r, x;
		scanf("%d%d%d", &l, &r, &x);
		printf("%d\n", int(
			lower_bound(pos[x].begin(), pos[x].end(), r) -
			lower_bound(pos[x].begin(), pos[x].end(), --l)
		));
	}
	return 0;
}