場上過abdfh，然後就全員摸魚去了，，
兩堆石頭，分別有\(n\)和\(m\)個。每次可以從其中一堆拿\(k(k>0)\)個，從另外一堆拿\(s\times k(s\ge 0)\)個，不能操作者輸。二者均採取最優策略，每次詢問給出\(n,m\)，輸出誰贏。
\(t(t\le1e4)\)組資料，\(1\le n,m\le5e3\).
前置知識：有向圖遊戲，\(sg\)函式
解：\((0,0)\)是必敗態。 能走到它的全是必勝態
列舉\(i,j\)，若\((i,j)\)能走到的所有狀態中有乙個必敗態，那麼\((i,j)\)為必勝態，否則\((i,j)\)為必敗態。那麼我們可以用所有的必敗態來轉移。
不難發現乙個性質：對於某乙個\(i\)，只存在唯一的乙個\(j\)使其成為必敗態。
證：若\((i,j_1)\)與\((i,j_2)\)均為必敗態，從其中乙個狀態可以一步走到另外乙個狀態，與必敗態的定義矛盾。
同理對於某乙個\(j\)，也只存在唯一乙個\(i\)使其成為必敗態。
那麼必敗態只有5000個，暴力算一下，後面那倆個迴圈是n*調和級數的複雜度，複雜度為\(o(n^2+n^2\ln n)\)
#includeusing namespace std;
const int maxn = 5007;
bool book[maxn][maxn];
int t, n, m;
int main()
}for (int k = 1; j + k <= 5000; j++) }}
}}
cin >> t;
while (t--)
return 0;
}
簽到題 略
簽到題 要用到鴿巢原理 這樣只需要暴力求小於1k的答案即可。
給定兩個長為n的陣列，執行恰好k次操作，每次操作交換a中兩個不同位置的元素，最小化
\[\sum_^|a_i-b_i|
\]sol:網上看的題解
看不懂官方題解說的什麼玩意 這個講的好啊！絕對值是數軸上兩點間的距離，題目就變成了對若干個線段的端點進行交換，使得長度總和最大。
交換不相交的線段的端點可以使得答案變優，無論a是左端點還是右端點，每次這樣的交換對答案的貢獻為\(2\times(min(a_2,b_2)-max(a_1,b_1))\)，並且還能發現，交換相交線段的aa或是ab或是bb對答案的貢獻都是一樣的，所以可以直接欽定左端點為a。
貪心地取前\(k\)大的貢獻即可。
把線段的左端點和右端點分別排序，讓前\(k\)小的左端點和前\(k\)大的右端點組成線段，\(o(n\log n)\)搞一下取前\(k\)大的貢獻。相交的線段不足\(k\)對的話，一定能找到一組\(i,j\)，使得交換之後他們對答案的貢獻不變，對著他們浪費掉剩下的次數就行。
#includeusing namespace std;
const int maxn = 5e5 + 7;
#define ll long long
int a[maxn], b[maxn], n, k;
ll ans;
int rd()
while (c >= '0' && c <= '9')
return s * f;
}int main()
cout << ans << endl;
return 0;
}
看了眼牛客題交 全是暴力過的，跑得比正解還快
場上jyz想的是卷積的意義 直接秒了這題 但是除錯花了不少時間
考慮會衝突的情況，僅當
\[a_i-a_j\equiv 0 \mod seed
\]時會衝突。
那麼最小的模數取\(mex\\)即可
用fft/ntt求出任意兩個數之間的差值，搞兩個次數界為\(maxv\)的多項式，對於每個\(a[i]\)，讓其中乙個多項式第\(a[i]\)項為1，另外乙個多項式的第\(maxv-a[i]\)項係數為1，這樣所有\(maxv+a[i]-a[j]\)項的次方項對應的係數就都是1.
之後模數從\(n\)開始列舉到\(maxv\)，判斷模數及其倍數是否是\((a[i]-a[j])\)，找第乙個合法的就行
#includeusing namespace std;
#define ll long long
const double pi = acos(-1.0);
const int maxn = 10 + (1 << 20), maxv = 500007;
int bit, lim;
struct complex
complex(double _x, double _y)
}a[maxn], b[maxn];
complex operator + (complex a, complex b) ;
}complex operator - (complex a, complex b) ;
}complex operator * (complex a, complex b) ;
}complex conj(complex a) ;
}void fft(complex *a, int n, int f)
for (int i = 2; i <= n; i <<= 1) ;
for (int k = 0; k < n; k += i) ;
for (int j = 0; j < m; j++)
} }if (f == -1) }}
bool vis[maxn];
int rd()
while (c >= '0' && c <= '9')
return s * f;
}int main()
lim = 1, bit = 0;
while (lim < 1000001) lim <<= 1, bit++;
//cout << lim << endl;
fft(a, lim, 1); fft(b, lim, 1);
for (int i = 0; i <= lim; i++)
fft(a, lim, -1);
for (int i = 0; i <= lim; i++)
} for (int i = n; i <= maxv; i++)
} if (flag)
} return 0;
}
設\(f[i][j]\)表示a上一輪選了\(a[i]\)，b上一輪選擇了\(a[j]\)，距離遊戲結束還需要進行的回合數的期望.
那麼\[f[i][j]=\left\
1+inv[cntj[j]]\times\sum_f[k][j] & &f[i][k] & &\\
\end
\right.
\]其中\(cntj[j],cnti[i]\)分別表示「下標比當前的\(i\)大且元素值比當前的\(a[j]\)大的數的個數」，「下標比當前的\(j\)大且元素值比當前的\(a[i]\)大的數的個數」，通過倒著列舉i,j來保證下標符合要求
這個東西和後面和式裡的東西都可以字尾和搞掉，這樣就能\(o(1)\)轉移了，複雜度\(o(n^2)\)
for (int i = n; i >= 0; i--) else if (a[j] < a[i])
}}
#includeusing namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 5007;
const int md = 998244353;
ll a[maxn], inv[maxn], cnti[maxn], cntj[maxn], sumi[maxn], sumj[maxn], ans, f[maxn][maxn];
int rd()
while (c >= '0' && c <= '9')
return s * f;
}int n;
int main()
for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = rd();
for (int i = n; i >= 0; i--) else if (a[j] < a[i]) }}
for (int i = 1; i <= n; i++) ans = (ans + f[i][0]) % md;
cout << (ans * inv[n]) % md << endl;
return 0;
}
2019牛客暑期多校 第四場 寫題記錄
給了些關鍵點 在一棵樹上 選取乙個點讓他們相聚 時間最短 其實就是求樹直徑 不過這次dfs完 我們找最遠點的時候只看標記點 第二次dfs完也一樣 include using namespace std const int maxn 1e5 5 int n,m,cnt int head maxn d ...
2020牛客多校暑期訓練營（賽後總結和補題）
ac include using namespace std intmain if c a return0 總結 這個題是第三場的第三道簽到題，需要o 1 實現題目中對字串的移動。我們隊開始是直接暴力模擬，需要o n 來實現每次移動，超時了。賽後補題，學到了用乙個指標來分割，非常地巧妙，但是其實還是...
牛客多校第九場補題（待完善）
i the crime solving plan of groundhog 題目大意 給定一組由 0 9 組成的數，組成兩個數使乘積最小。解題思路 用陣列儲存 0 9 的個數，先從 1 9 選最小的作為其中乙個乘數，其餘的數組成所能表達的最小的數。難點應該是大數乘法 這個也不難 include in...