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题意

给出一个多边形的坐标和圆的半径, 多边形可以在圆内滚动, 问点 1 在成为转动中心到下一次成为转动中心的过程中经过的路程长度.

题解

枚举点 2 - n 成为转动中心的情况下点 1 的路程.

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inc(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)

const int maxn = 1e2 + 5;

int n, r;
double x[maxn], y[maxn], res;

double dis(int i, int j) {
    return sqrt((x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]));
}
// 这里应该用 atan2() 的
double aatan(int i, int j) {
    if (x[i] == x[j]) {
        if (y[i] > y[j]) return M_PI / 2;
        return 3 * M_PI / 2;
    }
    return atan((y[i] - y[j]) / (x[i] - x[j]));
}
double alp(int i) {
    double r = aatan(i, i - 1) - aatan(i, i + 1);
    while (r < 0) r += M_PI;
    while (r > M_PI) r -= M_PI;
    return r;
}

int main() {
    cin >> n >> r;
    inc(i, 1, n) cin >> x[i] >> y[i];
    x[n + 1] = x[1], y[n + 1] = y[1];
    inc(i, 1, n - 1) {
        double d = dis(i, i + 1), d2 = dis(i + 1, i + 2), p = dis(1, i + 1);
        double a = asin(d / 2 / r), a2 = asin(d2 / 2 / r);
        res += (M_PI - a - a2 - alp(i + 1)) * p;
    }
    printf("%.12f\n", res);
} 

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题意

给出一个长度为 n 的字符串. 有 q 组操作, 一种是选择长度为 m 的区间 \([x_i, x_i + m - 1]\) 翻转, 一种是查询串上某一位置的字符. 每次翻转操作的起始坐标 \(x_i\) 是严格不减的. n ≤ 1e6, q ≤ 1e6.

题解

根据操作坐标的单调性, 使用滑动窗口维护被翻转的区间. 滑动窗口是一段长度为 m 的区间, 用 std::deque 保存内部元素, 它会从左往右扫描一遍区间, 遇到翻转操作时, 打上翻转标记(或取消翻转标记)而不实际改变内部元素. 处于翻转状态时, 移动滑动窗口, 本来要弹出队首元素, 但实际上该元素在队尾, 所以执行pop_back(); 本来要往队尾加入元素, 但该区间是翻转状态, 所以应加入队首以正确应对查询. 时间复杂度 O(n).

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inc(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)

const int maxn = 1e6 + 5;

int n, m, q, x, y, f, top;
char a[maxn];
deque<char> deq;

int main() {
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &q);
    scanf("%s", a + 1);
    inc(i, 1, m) deq.push_back(a[i]);
    top = 1;
    while (q--) {
        scanf("%d %d", &x, &y);
        if (x == 1) {
            while (top < y) {
                if (f) {
                    a[top] = deq.back();
                    deq.pop_back();
                    deq.push_front(a[top + m]);
                } else {
                    a[top] = deq.front();
                    deq.pop_front();
                    deq.push_back(a[top + m]);
                }
                top++;
            }
            f = 1 - f;
        } else {
            if (y >= top && y < top + m) {
                if (f)
                    printf("%c", deq[m - 1 - (y - top)]);
                else
                    printf("%c", deq[y - top]);
            } else
                printf("%c", a[y]);
        }
    }
    printf("\n");
} 

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题意

A 国人与 B 国人在一张有 n 个位置的圆桌上吃饭, A 国人不会坐在旁边有人的位置, B 国人不会坐在距离 2 以内有人的位置. 刚开始圆桌上没有人, 接下来会有 p / (p + q) 的概率走进一个 A 国人, q / (p + q) 的概率走进一个 B 国人; 他会随机选择一个位置, 如果不符合他的要求就直接离开. 问最后不能再容纳人时人数的期望, 对 998244353 取模. n ≤ 3e5, 0 ≤ p, q < 998244353.

题解

首先第一个人坐下时不受任何限制, 且每个人坐下后是无差别的. 所以问题变成考虑剩下的 n - 1 个连续的位置能容纳多少人. 定义 dp[i] 为连续 i 个位置能容纳人的期望, p 不为 0 时有 dp[1] = dp[2] = 0, dp[3] = dp[4] = 1(p 为 0 时dp[3] = dp[4] = 0), 状态转移时枚举分隔位置即可. 推导出

\[dp[j] = \frac{p × \sum_{i=2}^{j-1}{(dp[i - 1] + dp[j - i])} + q × \sum_{i=3}^{j-2}{(dp[i - 1] + dp[j - i])}} { p × (j - 2) + q × (j - 4) } + 1 = \frac{2p × sdp[j - 2] + 2q × sdp[j - 3]} {p × (j - 2) + q × (j - 4)} + 1
\]

其中 sdp[] 是 dp[] 的前缀和

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inc(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)

const int maxn = 3e5 + 5;
const int mod = 998244353;

ll dp[maxn], s[maxn];
int n;
ll p, q;

inline ll ksm(ll a, ll n) {
    ll r = 1;
    while (n) {
        if (n & 1) r = r * a % mod;
        a = a * a % mod;
        n >>= 1;
    }
    return r;
}

int main() {
    scanf("%d %lld %lld", &n, &p, &q);
    if (p) dp[3] = dp[4] = s[3] = 1, s[4] = 2;
    inc(i, 5, n - 1) {
        dp[i] = ((2 * p * s[i - 2] + 2 * q * s[i - 3]) % mod *
                     ksm((p * (i - 2) + q * (i - 4)) % mod, mod - 2LL) +
                 1) %
                mod;
        s[i] = (s[i - 1] + dp[i]) % mod;
    }
    printf("%lld\n", (dp[n - 1] + 1) % mod);
} 

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题意

有一个具有 n 个点的树, 给出每个点的度数. 已知有 X 个点被打上了标记, 记被打标记的点之间形成的联通块数为 x, 求 \(E(x^2)\). n ≤ 2e6.

题解

只考虑被打标记的点及其之间的边, 得到 \(x = 点数 - 边数\). 则 \(x^2 = 点数^2 - 2 × 点数 × 边数 + 边数^2\), 边数的期望由每一条边的贡献得到, 即

\[\frac{(n - 1) × C_{n-2}^{X-2}}{C_{n}^{X}}
\]

而边数的平方是枚举所有的边对, 这个时候要分类讨论选出的两条边的共同点个数是 0, 1 还是 2, 题解定义了一个 \(adj = \sum_{i=1}^{n}du[i] × (du[i] - 1)\), 它的意义是对于每个点选出两条不同的边对数. 最后得到是

\[\frac { [(n - 1) × (n - 2) - adj] × C_{n-4}^{X-4} + adj × C_{n-3}^{X-3} + (n - 1) × C_{n-2}^{X-2} }{C_n^X}
\]

这题调了半天发现 2000000 少打了一个 0.

view code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inc(i, l, r) for (int i = l; i <= r; i++)

const int maxn = 2e6 + 5;
const int mod = 998244353;

ll du[maxn], adj, res;
ll n, x;

inline ll ksm(ll _a, ll _n) {
    ll _r = 1;
    while (_n) {
        if (_n & 1) _r = _r * _a % mod;
        _a = _a * _a % mod;
        _n >>= 1;
    }
    return _r;
}
ll fac[maxn];
inline void getfac() {
    fac[0] = 1;
    inc(i, 1, 2000000) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
inline ll C(ll _n, ll _m) {
    if (_n < 0 || _m < 0 || _n < _m) return 0;
    return fac[_n] * ksm(fac[_n - _m], mod - 2LL) % mod *
           ksm(fac[_m], mod - 2LL) % mod;
}
inline ll inv(ll _n) { return ksm(_n, mod - 2LL); }

int main() {
    getfac();
    scanf("%lld %lld", &n, &x);
    inc(i, 1, n) {
        scanf("%lld", &du[i]);
        adj = (adj + du[i] * (du[i] - 1)) % mod;
    }
    res = (x * x % mod -
           (2 * x - 1) * (n - 1) % mod * C(n - 2, x - 2) % mod * inv(C(n, x)) %
               mod +
           ((n - 1) * (n - 2) % mod + mod - adj) % mod * C(n - 4, x - 4) % mod *
               inv(C(n, x)) % mod +
           adj * C(n - 3, x - 3) % mod * inv(C(n, x)) % mod + mod) %
          mod;
    printf("%lld\n", res);
}