T1：跳格子

题目

n 个格子排成一列，一开始，你在第一个格子，目标为跳到第 n 个格子。在每个格子 i 里面你可以做出两个选择:
选择「a」：向前跳 ai 步。
选择「b」：向前跳 bi 步。
把每步的选择写成一个关于字符 a 和 b的字符串。求到达格子 n 的方案中，字典序最小的字符串。当做出某个选择时，你跳出了这n个格子的范围，则这个选择是不合法的。

当没有合法的选择序列时，输出 No solution!
当字典序最小的字符串无限长时，输出 Infinity!
否则，输出这个选择字符串

输入格式
输入有三行。
第一行输入一个整数n
第二行输入 n 个整数，分别表示 ai
第三行输入 n 个整数，分别表示 bi
输出格式
输出一行字符串表示答案。

样例
样例输入
7
5 -3 6 5 -5 -1 6
-6 1 4 -2 0 -2 0
样例输出
abbbb
数据范围与提示
$1\le n\le 10^5$
$-n\le a_i,b_i\le n$

题解

其实不用太害怕，我们先打个暴力试试水，发现最傻的暴力都有80，我们就可以知道这道题很简单
这道题后面的分数来自于$Infinity!$的判断，刚开始读完题后可能大多数人是无法理解这句话的
我们来想想什么情况下会无限死循环。这个就要与字典序挂钩了，字典序并不先比较长度，用过字典的吧！
在此题中只要对于$i$位而言，只要填$a$后面的字符串的字典序一定小于填$b$

---

所以看一下这个神奇的栗子：

我们会从1选a跳到2再选a跳到4最后选b就可以跳到n了，答案是aab
但是我们发现如果跳到4后可以选择一次a回到2，再从2回到4，最后选b到n，答案变成aaaab
根据字典序第三位一个是a，一个是b，a所在的字符串字典序较小，以此类推，我们的答案就可以变成aaaaaaa…b
显然中间的a越多，字典序越小，这就是$Infinity!$的输出

---

但不仅仅是这么简单，如果是这样子的栗子：

我们的答案是aaa，但是这里面仍然有循环出现，跳到格子4后，选择b跳回2，但是我们发现这只会让答案变成aabbb…ba，第三位比较就知道字典序大于了aaa，所以这种循环的出现我们是可以输出最后答案字符串的

---

因此我们来思考一下如何辨别这种情况，用一个手打队列记录下我们一路上的选择，
假设1代表选a，0代表选b。在最后走到格子n的时候，就模拟一下这一路上的跳跃过程，
发现如果在跳跃的某一个点时选择a会跳到已经跳过的点上并且按照我们的答案存取发现这个点应该选b才能保证后面能跳到最后格子时就意味着死循环出现了

否则仍然有解

CODE

#include <cstdio>
#include <cstring> 
using namespace std;
#define MAXN 100005
int n, idx;
int a[MAXN], b[MAXN], st[MAXN];
bool vis[MAXN];
bool flag;void dfs ( int id ) {if ( flag )return;if ( id > n || id < 1 )return;if ( vis[id] )return;vis[id] = 1;if ( id == n ) {flag = 1;memset ( vis, 0, sizeof ( vis ) );int t = 1;vis[1] = 1;for ( int i = 1;i <= idx;i ++ ) {if ( st[i] )t = t + a[t];else {if ( t + a[t] > 0 && t + a[t] <= n && vis[t + a[t]] ) {printf ( "Infinity!" );return;}t = t + b[t];vis[t] = 1;}}for ( int i = 1;i <= idx;i ++ )printf ( "%c", st[i] ? 'a' : 'b' );return;}st[++ idx] = 1;dfs ( id + a[id] );idx --;st[++ idx] = 0;dfs ( id + b[id] );idx --;
}int main() {scanf ( "%d", &n );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%d", &a[i] );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%d", &b[i] );dfs ( 1 );if ( ! flag )printf ( "No solution!" );return 0;
}

T2：英雄联盟

题目

正在上大学的小皮球热爱英雄联盟这款游戏，而且打的很菜，被网友们戏称为「小学生」。
现在，小皮球终于受不了网友们的嘲讽，决定变强了，他变强的方法就是：买皮肤！
小皮球只会玩 $\text{N}$ 个英雄，因此，他也只准备给这 $\text{N}$ 个英雄买皮肤，并且决定，以后只玩有皮肤的英雄。

这 $\text{N}$个英雄中，第 $\text{i}$ 个英雄有 $K_i$款皮肤，价格是每款 $C_i$Q 币（同一个英雄的皮肤价格相同）。

为了让自己看起来高大上一些，小皮球决定给同学们展示一下自己的皮肤，展示的思路是这样的：对于有皮肤的每一个英雄，随便选一个皮肤给同学看。

比如，小皮球共有 5 个英雄，这 5 个英雄分别有 $\text{0,0,3,2,4}$ 款皮肤，那么，小皮球就有 $3\times 2\times 4=24$ 种展示的策略。

现在，小皮球希望自己的展示策略能够至少达到 \text{M}M 种，请问，小皮球至少要花多少钱呢？

输入格式
第一行，两个整数 $\text{N,M}$
第二行，$\text{N}$个整数，表示每个英雄的皮肤数量 $K_i$
第三行，\text{N}N 个整数，表示每个英雄皮肤的价格 $C_i$
输出格式
一个整数，表示小皮球达到目标最少的花费。

输入输出样例
输入
3 24
4 4 4
2 2 2
输出
18
说明/提示
样例解释
每一个英雄都只有4款皮肤，每款皮肤2Q币，那么每个英雄买3款皮肤，$3\times 3\times 3\ge 24$，共花费 $6\times 3$ Q币。

数据范围
共 10 组数据，第 $\text{i}$组数据满足：$\text{N}\le \max (5,lo{g}_2^{4}i)$
$\text{100}\%$ 的数据：$\text{M}\le 10^{17},1\le K_i\le 10,1\le C_i\le 199$保证有解

题解

这是一道水水的$dp$，看都看的出来

从最简单的二维dp搞起：
设$dp[i][j]$表示前i种皮肤共花费j元的最大的不同种展示策略数，
$dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-c_i\ast p]\ast p),(p\in [1,k_i])$

---

我们发现这个转移式的第一维只跟上一次的$dp$有关，我们就可以考虑滚动（我就是这么写的）
$dp[f][j]=max(dp[f][j],dp[!f][j-c_i\ast p]\ast p)，(f=0/1,p\in [1,k_i])$

---

当然滚动也能被压成一维
$dp[j]=max(dp[j],dp[j-c_i\ast p]\ast p)$
要注意要从大到小，因为要用到上一次的前面的$dp$，如果我们先更新了小的，后面更新大的的时候会产生错误

CODE

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN 305
#define MAXM 600005
#define LL long long
int n;
LL m, sum;
LL dp[2][MAXM], k[MAXN], c[MAXN];int main() {scanf ( "%d %lld", &n, &m );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%lld", &k[i] );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf ( "%lld", &c[i] );sum += k[i] * c[i];}for ( int i = 0;i <= sum;i ++ )dp[0][i] = dp[1][i] = 1;int f = 0;for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {f = ! f;for ( int j = c[i];j <= sum;j ++ ) {dp[f][j] = dp[!f][j];//记得初始化for ( int p = 1;p <= k[i];p ++ ) {if ( j < p * c[i] )break;dp[f][j] = max ( dp[f][j], dp[!f][j - p * c[i]] * p );}}}	for ( int i = 1;i <= sum;i ++ )if ( dp[f][i] >= m )return ! printf ( "%d", i );	return 0;
}

T3：排序问题

题目

九条可怜是一个热爱思考的女孩子。

题目描述
九条可怜最近正在研究各种排序的性质，她发现了一种很有趣的排序方法： Gobo sort ！
Gobo sort 的算法描述大致如下：
假设我们要对一个大小为 n 的数列 a 排序。
等概率随机生成一个大小为 n 的排列 p 。
构造一个大小为 n 的数列 b 满足 $b_i=a_{p_i}$b，检查 b 是否有序，如果 b 已经有序了就结束算法，并返回 b ，不然返回步骤 2。
显然这个算法的期望时间复杂度是 $O(n\times n!)$的，但是九条可怜惊奇的发现，利用量子的神奇性质，在量子系统中，可以把这个算法的时间复杂度优化到线性。

九条可怜对这个排序算法进行了进一步研究，她发现如果一个序列满足一些性质，那么 Gobo sort 会很快计算出正确的结果。为了量化这个速度，她定义 Gobo sort 的执行轮数是步骤 2 的执行次数。

于是她就想到了这么一个问题：
现在有一个长度为 n 的序列 x ，九条可怜会在这个序列后面加入 m 个元素，每个元素是 [l,r] 内的正整数。 她希望新的长度为 n+m 的序列执行 Gobo sort 的期望执行轮数尽量的多。她希望得到这个最多的期望轮数。

九条可怜很聪明，她很快就算出了答案，她希望和你核对一下，由于这个期望轮数实在是太大了，于是她只要求你输出对 998244353 取模的结果。

输入格式
第一行输入一个整数 T，表示数据组数。
接下来 $2\times T$ 行描述了 T 组数据。
每组数据分成两行，第 1 行有四个正整数 n,m,l,r，表示数列的长度和加入数字的个数和加入数字的范围。 第 2 行有 n 个正整数，第 i 个表示 $x_i$
输出格式
输出 TT 个整数，表示答案。

输入输出样例
输入
2
3 3 1 2
1 3 4
3 3 5 7
1 3 4
输出
180
720
说明/提示
样例解释
对于第一组数据，我们可以添加 {1,2,2}\{1,2,2\}{1,2,2} 到序列的最末尾，使得这个序列变成 1 3 4 1 2 2 ，那么进行一轮的成功概率是 $\frac{1}{180}$，因此期望需要 180 轮。
对于第二组数据，我们可以添加 {5,6,7}\{5,6,7\}{5,6,7} 到序列的最末尾，使得这个序列变成 1 3 4 5 6 7 ，那么进行一轮的成功概率是 $\frac{1}{720}$ ，因此期望需要 720 轮。

数据范围
对于 30% 的数据， $T\le 10,n,m,l,r\le 8$
对于 50% 的数据， $T\le 300,n,m,l,r,a_i\le 300$
对于 60% 的数据，$\sum r-l+1\le 10^7$
对于 70% 的数据， $\sum n\le 2\times 10^5$
对于 90% 的数据， $m\le 2\times 10^5$
对于 100% 的数据， $T\le 10^5,n\le 2\times 10^5,m\le 10^7,1\le l\le r\le 10^9$

题解

代码中有一定的解释，帮助大家理解，我真是太善良了
首先对于一个长度为$n$的序列，排序后变为不同的序列的方案数为$n!$
但是会有数字重复出现，煮个栗子

虽然1的含义不一样，但这个序列只能算一个
所以排序后不同的序列的方案数应该为$$\frac{n!}{C_1!C_2!...C_x!}$$
$C$表示数字x出现的次数

---

但是这里又出现$[l,r]$的抉择，我们观察上面的式子，分子是固定的，如果要最后的结果尽量大，意味着分母要尽量小，我们知道阶乘越往后乘得越大，所以这启发我们尽量控制$C$的一致
首先对于不属于$[l,r]$的数字就最先搞定，然后扔掉，不需要，接下来我们来算$[l,r]$区间的$C$的贡献
我们考虑刚开始的$n$个数可能有一部分会出现在区间内，我们用树状来表示一下，看图

$h$表示该数出现了$h$次，对应在图上就是树状的高度，因为只能填$m$个数，又要维持$C$的一致，我们就考虑二分这条线，什么线？？？那根黄线，看图

红色的部分表示填的数的区域，我们尽可能让这个黄线下的可填数区域接近于$m$但不能超过，但我们不能保证$m$刚好填完，所以有可能有些区域上面会多一层，绿色部分代表一个数的高度，看图

---

所以就划分成了三种不同类型的树状，我们分别处理
1.长度超过答案黄线的，就是个数阶乘
2.长度被我们拔高到等于黄线的，就是黄线高度阶乘，用快速幂算多个的贡献总和
3.长度在黄线之上多了仅仅一层绿帽子 ，就是高度$+1$阶乘，用快速幂算多个的贡献总和

---

最后涉及到除法，又有取模强迫我们用逆元，线性筛不推荐，时间空间都挺大，我们就老老实实地用快速幂求逆元，刚好模数是一个质数，搞费马小定理

CODE

ps：这个代码可能会交出TLE，但是多交交几遍，是AC的亲测

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 998244353
#define MAXN 200005
#define MAXM 20000000
int T, n, m, l, r, cnt, tot, result, height;
int a[MAXN], b[MAXN], fac[MAXM + 5];void prepare () {//预处理出阶乘 fac[0] = 1;//必须初始化0，原因在后面 for ( int i = 1;i <= MAXM;i ++ )fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}int qkpow ( int x, int y ) {int ans = 1;while ( y ) {if ( y & 1 )ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int inv ( int x ) {//求的是x的阶乘的逆元 return qkpow ( fac[x], mod - 2 );
}int check ( int x ) {//统计[l,r]高度在x以下有多少个空可以选择填数字 int sum = ( r - l + 1 - tot ) * x;//未出现在a数组里面的，这一竖列上一个数字都没有 for ( int i = 1;i <= tot;i ++ )//出现在a数组里面的，统计上方空气能填几个 if ( b[i] < x )sum += x - b[i];return sum;
}void solve ( int L, int R ) {if ( L > R )return;int mid = ( L + R ) >> 1;if ( check ( mid ) <= m ) {height = mid;solve ( mid + 1, R );}elsesolve ( L, mid - 1 );
}signed main() {prepare();scanf ( "%lld", &T );while ( T -- ) {scanf ( "%lld %lld %lld %lld", &n, &m, &l, &r );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%lld", &a[i] );sort ( a + 1, a + n + 1 );a[n + 1] = -1;cnt = tot = 0;result = fac[n + m];for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {cnt ++;if ( a[i] != a[i + 1] ) { if ( l <= a[i] && a[i] <= r )//具体的数字对我们来说并不重要，我们只需要知道这个数字对应的树状高度 b[++ tot] = cnt;elseresult = result * inv ( cnt ) % mod;cnt = 0;}}solve ( 0, MAXM );m -= check ( height );//剩下的m就填不满一层，有些空会填，有些不会，就特殊处理 for ( int i = 1;i <= tot;i ++ )if ( b[i] > height ) {//处理高于height的贡献 cnt ++;result = result * inv ( b[i] ) % mod;}// 处理在height基础上多填一层的贡献 		处理被我们拔高到height高度的贡献 result = result * qkpow ( inv ( height + 1 ), m ) % mod * qkpow ( inv ( height ), r - l + 1 - m - cnt ) % mod;//注意这里的height可能等于0，如果不在上面初始化，答案就变成了0，你就从100pots变成了30pots printf ( "%lld\n", result );}return 0;
}

byebye~~