Codeforces Round #553 (Div. 2)

A Maxim and Biology

A题 手速还ok

B Dima and a Bad XOR

B题可以说是很坑了
题意：给定一个 $n\ast m$n∗m 的矩阵，在每一行都取一个数，问是否存在一种方法使得异或和不为0
分析： 我是dp做的，其他人有贪心的方法，我的思路就是题目给定1024，我们可以将每一个都拆分成10个点，如果存在一个点的异或和不为0，那么结果就不为0，我们可以采取背包的思想来做， $f\left[step\right]\left[i\right]\left[j\right]=true$f[step][i][j]=true,代表我们可以将第step位，选取前i个，异或和为j，于是如果存在 $f\left[step\right]\left[i\right]\left[1\right]=true$f[step][i][1]=true,那么就存在一个可行解，然后按照背包回退的原理求出一种方案

const int  maxn = 500+10;

bool vis[maxn][1025];
int a[maxn][maxn];
int ans[maxn];
bool f[maxn][2];
int main(void)
{
	int n,m;cin>>n>>m;
	for(int i = 1;i <= n; ++i)
		for(int j = 1;j <= m;++j)
			scanf("%d",&a[i][j]);
	for(int step = 0;step < 10; ++step){
		me(f);
		f[0][0] = 1;
		for(int i = 1;i <= n; ++i){
			for(int j = 1;j <= m; ++j){
				for(int k = 0;k < 2; ++k){
					f[i][k] |= f[i-1][k^((a[i][j]>>step)&1)];
				}
			}
		}
		if(f[n][1]){
			int now = 1;
			for(int i = n;i >= 1; --i){
				for(int j = 1;j <= m; ++j){
					if(f[i-1][now^((a[i][j]>>step)&1)]){
						ans[i] = j;
						now ^= ((a[i][j]>>step)&1);
						break;
					}
				}
			}
			cout<<"TAK"<<endl;
			for(int i=  1;i <= n; ++i)
				cout<<ans[i]<<" ";
			return 0;
		}
	}
	cout<<"NIE"<<endl;
   return 0;
}

C Problem for Nazar

题意：这个题意有点复杂
分析：直接求前n个有多少个奇数多少个偶数就ok了
前i个偶数的和为 $i\ast (i+1)$i∗(i+1)
前i个奇数的和为 $i\ast i$i∗i;

LL solve(LL n){
	if(n <= 0) return 0;
	bool flag = 1;
	LL t = 1;
	LL sum1 = 0;
	LL sum2 = 0;
	for(LL i = 0;i < n; ){
		LL nxt = min(i + t,n);
		if(flag)
			sum1 += (nxt-i);
		else
			sum2 += (nxt-i);
		t *= 2;
		i = nxt;
		flag ^= 1;
	}
	// cout<<sum1<<" "<<sum2<<endl;
	LL ans = sum2%mod*((sum2+1)%mod)%mod+sum1%mod*(sum1%mod)%mod;
	return ans%mod;
}
int main(void)
{
    LL l,r;cin>>l>>r;
    cout<<((solve(r)-solve(l-1))%mod+mod)%mod<<endl;
   	return 0;
}

D - Stas and the Queue at the Buffet

题意：给定 $a_i,b_i$ai​,bi​,要求重排使得 $a_i\cdot (j-1)+b_i\cdot (n-j)$ai​⋅(j−1)+bi​⋅(n−j)最小
分析: 直接按照 $a_i-b_i$ai​−bi​排序即可

typedef pair<LL,LL> P;
const int maxn = 1e5+10;
LL a[maxn],b[maxn];
P p[maxn];
bool cmp(const P &a,const P &b){

	return a.FI - a.SE > b.FI - b.SE;
}
int main(void)
{
	int n;cin>>n;
	for(int i = 1;i <= n; ++i)
		scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]),p[i] = P(a[i],b[i]);	
	sort(p+1,p+n+1,cmp);

	// reverse(p+1,p+n+1);
	LL ans = 0;
	for(int i =1;i <= n; ++i)
		{
			ans += p[i].FI*(i-1)+p[i].SE*(n-i);
			// cout<<ans<<endl;
			// cout<<p[i].FI<<" "<<p[i].SE<<endl;
		}
	cout<<ans<<endl;

    

   return 0;
}

E - Number of Components

题意：给定一条链，链上每个点都有一个权值，定义 $f(l,r)$f(l,r) 留下权值 $[l,r]$[l,r]的节点，联通块的数量，求 ${\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^{n}f(l,r)$∑l=1n​∑r=ln​f(l,r)
分析：我们直接一个点可以做多少个节点的区间左端点
如果 $a\left[i\right]\>a[i-1]$a[i]>a[i−1] 就是 $\left(a\right[i]-a[i-1\left]\right)\ast (n-a[i]+1),$(a[i]−a[i−1])∗(n−a[i]+1),
如果 $a\left[i\right]\&lt;a[i-1]$a[i]<a[i−1] 就是 $\left(a\right[i-1]-a[i\left]\right)\ast a\left[i\right]$(a[i−1]−a[i])∗a[i]

有几个同***系我或者评论E题看不懂，我就再更一下，希望大家能通过我的博客学到
我们就通过样例举例

1. 首先你需要明白我们面对的不是一棵树，其实就是一个链
   
2. 我给出的公式可能不太明白
   我们模拟一下样例或许就比较清晰了
   比方说第一个数2，他作为一个联通块的左端点有四种情况
   $[l,r]=[1,2],[1,3],[2,2],[2,3]$[l,r]=[1,2],[1,3],[2,2],[2,3]
   发现什么规律了吗，就是这个区间的l 必须小于等于 $a\left[i\right]$a[i],区间额r必须大于等于 $a\left[i\right]$a[i]，我们将他前面的数当成0，于是我们有第一个位置的贡献 $(2-0)\ast (3-2+1)$(2−0)∗(3−2+1)
   对于第二个数1,他作为区间左端点的贡献有减去2，作为区间左端点的贡献的情况
   所以 $r\&lt;2$r<2,本身的值为1，所以区间只能是
   $[l,r]=[1,1]$[l,r]=[1,1]
   对于第三个数3,他作为区间左端点的贡献需要减去1作为左端点的贡献
   $l\&gt;1$l>1,同时自身的限制， r >= 3
   $[2,3],[3,3]$[2,3],[3,3]
   是不是就是 $\left(a\right[i]-a[i-1\left]\right)\ast (n-a[i]+1)=(3-1)\ast (3-3+1)=2$(a[i]−a[i−1])∗(n−a[i]+1)=(3−1)∗(3−3+1)=2,
   综上，我们发现每个点的贡献然后计算他可能在那些区间存在，减去它左边点作为区间左端点的情况

const int maxn = 1e5+10;
LL a[maxn];
int main(void)
{
	LL ans = 0;
	int n;cin>>n;
	LL  M = 0;
	LL cnt =0;
	for(int i = 1;i <= n; ++i){
		scanf("%lld",&a[i]); 
		if(a[i] > M)
			cnt = 1,M = a[i];
		else if(a[i] != a[i-1] && a[i] == M)
			cnt++;
		LL t = 0;
		if(a[i] > a[i-1])
			t = (a[i]-a[i-1])*(n-a[i]+1);
		else if(a[i] != a[i-1])
			t = abs(a[i]-a[i-1])*(a[i]);
		// t = t*(t+1)/2;
		// cout<<t<<endl;
		ans +=t;
	}    
	// ans += (n-M)*cnt;


	cout<<ans<<endl;

   return 0;
}

F - Sonya and Informatics

题意： 给定一个01串，每次取出一组 $(l,r)1\le l\&lt;r\le n$(l,r)1≤l<r≤n,交换 $s\left[l\right],s\left[r\right]$s[l],s[r]，,求经过k次之后变成升序的概率是多大？
分析：现在我们知道有 $sn$sn个1和 $n-sn$n−sn个0，我们还知道多少个1在它的位置了，
共有四种0和1，
1 在规定位置，不在规定位置
0 在规定位置 不在规定位置
每一次交换可能引起的变化有三种：不变，+1，-1
目的是1全在规定位置，按照取出l，r列出转移矩阵就ok了

const int maxn = 100+10;
int n;
struct Matrix{
	int n,m;
	Matrix(int nn = 1,int mm = 1):n(nn),m(mm){ memset(a,0,sizeof(a));};
	long long a[maxn][maxn];
};
// void print(const Matrix &a)
// {
// for(int i = 1;i <= a.n; ++i,cout<<endl)
// for(int j= 1;j <= a.m; ++j)
// cout<<a.a[i][j]<<" ";
// }
Matrix operator*(Matrix a,Matrix b)
{
	Matrix c(a.n,b.m);
	for(int i = 0;i <= a.n; ++i)
	{
		for(int j = 0;j <= b.m; ++j)
		{
			for(int k = 0;k <= a.m; ++k)
			{
				c.a[i][j] += a.a[i][k] * b.a[k][j];
				c.a[i][j] %= mod;
			}
		}
	}
// print(c);
	return c;
}
int  ar[maxn];
Matrix ans,fac;
int main(void)
{
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    rep(i,0,n) cin>>ar[i];//,cout<<ar[i];
    int sn = 0;
    rep(i,0,n) sn += ar[i]==1;
    int now = 0;
    for(int i = n-sn;i < n;++i)
    	now += ar[i]==1;
    // cout<<now<<endl;
    // cout<<sn<<endl;
     ans.n = ans.m = fac.n = fac.m = sn;
    ans.a[0][now] = 1;
    for(int i = 0;i <= sn; ++i){
    	// 四种情况 1 :i,sn-i
    	// 0 :sn-i,n-i-sn+i-sn+i = n-2*sn+i
    	fac.a[i][i] = n*(n-1)/2-(sn-i)*(sn-i)-i*(n-2*sn+i);// 保持原状
    	if(i+1<=sn)
    		fac.a[i][i+1] = (sn-i)*(sn-i);// 加1
    	if(i)
    		fac.a[i][i-1] = i*(n-2*sn+i); // 减1
    }
   
    LL K = k;
    while(k){
    	if(k&1)
    		ans = ans*fac;
    	fac = fac*fac;
    	k >>= 1;
    }
    // cout<<ans.a[0][sn]<<endl;
    cout<<ans.a[0][sn]*qpow(qpow(n*(n-1)/2,K),mod-2)%mod<<endl;



   return 0;
}