2024.1.26 大寄特寄

很好的数学专题，让我发疯

A.

居然直接加了个限制，要求是对于连续的子序列，要求相等，关键是一定有解，用到了鸽笼原理

假设对两个数列求前缀和之后，分别是An,Bn

最终要得到 A_i - Aj = B_k - B_l

但是这样肯定是很麻烦的，要枚举，但是如果移项就可以得到一个有相同格式的式子

A_i - B_k = Aj - B_l 

下标从0开始，对于A_j - Bi中的i，找到一个最小的 j 让差值为非负，那这个差值的范围一定是 [0,n)，又下标是从 0 到 n，所以最多 n 种可能的结果，但实际有 n + 1种结果，说明一定有两对下标满足，那么这样就找到最终答案了。

查看代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 10;
typedef long long LL;

int n;
LL a[MAXN], b[MAXN];
pair<int, int> vis[MAXN];

void print(int m, int l, int r)
{
	cout<< l - vis[m].first << '\n';
	for(int i = vis[m].first + 1;i <= l;i++) cout << i << " \n"[i==l];
	cout<< r - vis[m].second << '\n';
	for(int i = vis[m].second + 1;i <= r;i++) cout << i << " \n"[i==r];
	return ;
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;i++) cin>> a[i], a[i] += a[i-1];
	for(int i = 1;i <= n;i++) cin>> b[i], b[i] += b[i-1], vis[i].first = vis[i].second = -1;
	vis[0].first = -1;
	int poi = 0;
	for(int i = 0;i <= n;i++)
	{
		while(b[poi] < a[i]) poi++;
		int m = b[poi] - a[i];
		if(vis[m].first != -1)
		{
			print(m, i, poi);
			return 0;
		}
		vis[m] = {i, poi};
	}
}

 

B

关键词：组合数学，秦九韶

题目链接

题解链接

 

C

题目链接

关键词：高斯消元 组合数学 逆矩阵

一开始以为是通过数学公式，求极限来算，结果是求每个点经过次数的期望，从点的经过期望来求边的经过期望。

相连的两点间期望相互制约，通过这个建立n个n-1元的一次方程，通过高斯消元求解即可。

最后把边的期望排序就能算出结果。

 

L

怎么说呢，虽然猜到了最终肯定是把点的权排序，按个取，但是没想到怎么处理边权

一直在想怎么在点和边上怎么取舍，但实际上，对于两点一边，总共就两种情况。

一种情况是，双方各染色一个点

另一种情况就是，一方染了两个点，得到了边权

那这样最终的结果，要么就是一方得到整条边的权，要么就是双方都得不到

由于最终求得是得分的差值，那么就不关注究竟是谁得到了这条边，只要最终得到的差值对就行了。

如果将边权一分为二，分别加到两个端点上，无疑是符合最终结果的。

这个题和上一次训练的期望比较类似，既然问号有可能是o也可能是x，那连击的长度就有两种可能，一种是原长l，一种是l+1，一半一半的概率，就是l+0.5了