首页 > 其他分享 >题解 [ABC276F] Double Chance

题解 [ABC276F] Double Chance

时间:2023-07-17 21:36:31浏览次数:39  
标签:return val int 题解 ll Chance res ABC276F mod

很容易想到分类。

我们可以把 \(1\) 到 \(i-1\) 的球分为两类,一类是权值小于 \(val_i\),另一类是权值大于 \(val_i\)。

对于第一类,\(sum\) 加上小于 \(val_i\) 的球的个数乘以 \(val_i\)。

对于第二类,\(sum\) 加上所有大于 \(val_i\) 的球的权值。

这显然可以用两个树状数组维护。

最后再乘上总方案数的逆元即可。

复杂度 \(O(n\log n)\)。

code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 2e5 + 5, mod = 998244353;
ll n, a[N], c[3][N];
int lbt(int x) {
	return x & (-x);
}
void update(int i, ll k, int id) {
	for (; i <= 2e5; i += lbt(i)) c[id][i] = (c[id][i] + k) % mod;
}
ll getsum(int i, int id) {
	ll res = 0;
	for (; i > 0; i -= lbt(i)) res = (res + c[id][i]) % mod;
	return res;
}
ll ksm(ll x, ll y) { //求逆元
	ll res = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) res = res * x % mod;
		y >>= 1;
		x = x * x % mod;
	}
	return res;
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
	ll sum = 0;
	for (ll i = 1; i <= n; ++i) {
		sum = (sum + getsum(a[i], 0) * a[i] % mod * 2 % mod) % mod; //小于
		sum = (sum + (getsum(2e5, 1) - getsum(a[i], 1) + mod) % mod * 2 % mod) % mod; //大于
		sum = (sum + a[i]) % mod; //选了两次都是自己
		cout << sum * ksm(i * i % mod, mod - 2) % mod << endl;
		update(a[i], 1, 0);
		update(a[i], a[i], 1);
	}
	return 0;
}

标签:return,val,int,题解,ll,Chance,res,ABC276F,mod
From: https://www.cnblogs.com/HQJ2007/p/17561285.html

相关文章

  • 题解 P5426 [USACO19OPEN]Balancing Inversions G
    来一篇简单易懂的良心题解。由于数值不是\(0\)就是\(1\),我们可以考虑将逆序对的统计方式化简。以左区间为例,设\(x\)为\(1\)的个数,\(p_i\)为第\(i\)个\(1\)的坐标,则逆序对个数为\(\sum\limits_{i=1}^{x}n-p_i-(x-i)\)。也就是\((n-x)\cdotx+\frac{x\cdot(x+1)}{......
  • 题解 Friendly Spiders
    FriendlySpiders带有技巧的最短路。如果\(u\)能到\(v\),说明\(\gcd(u,v)>1\),也就是有相同因子。所以我们考虑对于每个数\(u\),向他的所有质因子连一条长度为\(1\)的边,这样我们从\(u\)到\(v\)需要走两步,最终答案除以\(2\)即可。每次遇到一个新的因子,都要新建节点。......
  • 题解 The Human Equation
    TheHumanEquation思维题。我们考虑每次\(a\)数组加一减一对于其前缀和\(sum\)的影响。可以发现,假设相邻两次加一和减一的位置分别为\(l\)和\(r\),那么\(sum\)在\([l,r)\)内会加一。先减后加也同理。所以,一次加减操作相当于将\(sum\)若干段连续序列加一或减一。......
  • 题解 [ARC153B] Grid Rotations
    [ARC153B]GridRotations有思维含量的一题。我们横纵坐标分开考虑,对于每一个矩形,每次操作会使其内部元素的横坐标上下对调。纵坐标也同理,左右对调。而这种反转操作我们显然可以直接用两棵文艺平衡树维护,复杂度\(O(n\logn)\)。标程的做法更巧妙一下。我们可以把一条链收尾......
  • 题解 Yet Another Minimization Problem
    YetAnotherMinimizationProblem神仙题。第一眼看上去就是DP。定义\(f_{i,j}\)表示当前点\(i\),分\(j\)段的最小费用。\(f_{i,j}=\min(f_{i,j},f_{k,j-1}+val_{k+1,i})\)然后发现复杂度\(O(n^2k)\),直接T飞,需要优化。我们发现\(j\)那一维可以滚掉,也就是只考虑第......
  • 题解 P4322 [JSOI2016]最佳团体
    P4322[JSOI2016]最佳团体分数规划+树形背包。可以根据推荐关系建出一颗树,然后如果选了一点,则该点到根上的所有点都必须选。二分\(mid\),定义每个结点的权值,然后判断选\(k+1\)个节点的最大值是否大于\(0\)。设\(f_{i,j}\)为当前节点\(i\),在其子树内选了\(j\)个节点,最......
  • 题解 Bracket Insertion
    BracketInsertion神仙DP题,不愧是tourist。容易发现,括号序列一共有\(1\cdot3\cdot5...\cdot(2n-1)\)种生成方式。假如(为\(1\),)为\(-1\),那么一个序列合法的充要条件为:最小前缀和为\(0\),且以\(0\)结尾。现在考虑维护这些前缀和。如果我们在当前序列某一位后插......
  • 题解 P2276 [HNOI2002]农场的果树
    首先可以观察出一颗\(n\)个节点的二叉树,当其字典序最小的时候,其形态为一条向右偏的链,当其字典序最大的时候,是一条向左偏的链。由于每一种编码对应唯一的一颗二叉树,我们可以先建树。然后考虑树上分治,尝试以下三种方式:变大右子树的字典序变大左子树的字典序,并将右子树变成......
  • 题解 P7640 [BalticOI 2006 Day 2] CITY PLANNING
    首先我们定义“圈”为与原点距离相等的点集。...3.....323...32123.3210123.32123...323.....3...暴力:把圈放到堆里,然后每次取出代价最小的一圈,修改当前圈的楼层,向外圈拓展。正解:考虑二分。如果是二分最终答案,我们会发现......
  • 题解 P7250 [BalticOI 2012 Day1] 山峰
    通过观察,可以发现此题和最小生成树十分相似(两个地点之间途经的最小值最大)。于是可以考虑这么做:通过bfs将每一个块预处理出来,并记录其编号、高度、类型(是否为高地)以及边缘的点。将每一个块按高度从大到小排序。依次枚举每个块:对于当前要处理的块,枚举其边界的所有点,......