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A. 网络
签不上的签到题。
首先考虑枚举路径的做法，如果先枚举再计算的话复杂度会是 \(\mathcal{O(\binom{n+m-2}{n-1}(n+m))}\) 的，稍微优化一点的过程中可以去掉后面的 \((n+m)\)。考虑此时我们要记什么，首先遇到加号其前面的值 \(z\) 就确定了，若上个符号为乘号那么需记录乘数 \(x\)，同时显然还需记录当前的数 \(y\)，可以得到 30pts。
迁移到 \(\mathcal{O(nm)}\) 的做法上，稍微改变一些定义，将记当前的数直接改为记当前的数与所记乘数的积。分讨三种转移：
- 若当前位置为数字：\(y\leftarrow 10x+x\cdot a_{i,j}\)
- 若当前位置为乘号：\(x\leftarrow y,\ y\leftarrow 0\)
- 若当前位置为加号：\(z\leftarrow y+z,\ y\leftarrow 0,\ x\leftarrow 1\)
发现这样转移仍然是针对一个表达式的，优化也很简单，提前处理可能的 \(x\) 值，即到这个点一共有几种可能。感性理解就是：在这个点一共会进行棘刺这样的转移。然后就做完了，复杂度 \(\mathcal{O(nm)}\)。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar(); lx x = 0, f = 1;
for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
return x * f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define P_B(x) push_back(x)
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 2000 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, m;
string s[N];
ll z[N][N], x[N][N], y[N][N], zc[N][N];
namespace Wisadel
{
short main()
{
freopen("grid.in", "r", stdin), freopen("grid.out", "w", stdout);
n = qr, m = qr;
fo(i, 1, n) cin >> s[i], s[i] = " " + s[i];
zc[1][0] = 1;
x[1][0] = 1;
fo(i, 1, n) fo(j, 1, m)
{
x[i][j] = (x[i - 1][j] + x[i][j - 1]) % mod;
y[i][j] = (y[i - 1][j] + y[i][j - 1]) % mod;
z[i][j] = (z[i - 1][j] + z[i][j - 1]) % mod;
zc[i][j] = (zc[i - 1][j] + zc[i][j - 1]) % mod;
if(s[i][j] == '+')
{
z[i][j] = (z[i][j] + y[i][j]) % mod;
x[i][j] = zc[i][j];
y[i][j] = 0;
}
else if(s[i][j] == '*')
{
x[i][j] = y[i][j];
y[i][j] = 0;
}
else y[i][j] = (y[i][j] * 10 % mod + (s[i][j] - '0') * x[i][j] % mod) % mod;
}
printf("%lld\n", (z[n][m] + y[n][m]) % mod);
return Ratio;
}
}
signed main(){return Wisadel::main();}
B. 矩形
正解是根号分治。不是很会，于是在 GGrun 的帮助下焯过去了。
思路很平凡，将同一列和同一行的提前处理出来，然后看哪个少用哪个。求答案时朴素实现是枚举两列，双指针移动找匹配段，然后用 \(\frac{x(x-1)}{2}\) 贡献统计答案。发现会 TLE，于是考虑少些无用的枚举。我们枚举一列，然后枚举上面的每个点，再枚举该点所在行上的点，更新这些点所在列的贡献。我们将 \(\frac{x(x-1)}{2}\) 拆成 \(\frac{x^2}{2}-\frac{x}{2}\)，发现可以根据转移式 \((x+1)^2=x^2+2x+1\) 直接更新二者的值，最后再枚举每一列统计贡献即可，然后就过了，复杂度 \(\mathcal{O(能过)}\)。（我的实现常数过大会被卡
焯代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) <= (z); (x)++)
#define fu(x, y, z) for(register int (x) = (y); (x) >= (z); (x)--)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define lx ll
inline lx qr()
{
char ch = getchar(); lx x = 0, f = 1;
for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
return x * f;
}
#undef lx
#define qr qr()
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int, int>
#define P_B(x) push_back(x)
#define M_P(x, y) make_pair(x, y)
const int Ratio = 0;
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 998244353;
int n, tot;
int prex[N], prey[N];
ll sum[N], ans, ans1[N], ans2[N];
struct rmm
{
int x, y;
bool operator < (const rmm &A) const
{
return y == A.y ? x < A.x : y < A.y;
}
} d[N], p[N];
pii xx[N], yy[N];
namespace Wisadel
{
bool cmpn(rmm A, rmm B){return A.x == B.x ? A.y < B.y : A.x < B.x;}
bool cmpm(rmm A, rmm B){return A.y == B.y ? A.x < B.x : A.y < B.y;}
short main()
{
freopen("rect.in", "r", stdin), freopen("rect.out", "w", stdout);
n = qr;
ll c = 1;
fo(i, 2, n) sum[i] = sum[i - 1] + c, c++;
fo(i, 1, n) d[i].x = p[i].x = qr, d[i].y = p[i].y = qr;
sort(d + 1, d + 1 + n, cmpn);
sort(p + 1, p + 1 + n, cmpm);
int zoz = 0;
fo(i, 1, n) if(d[i].x != d[i - 1].x) xx[++tot].fi = d[i].x, xx[tot].se = i, prex[d[i].x] = tot;
fo(i, 1, n) if(p[i].y != p[i - 1].y) yy[++zoz].fi = p[i].y, yy[zoz].se = i, prey[p[i].y] = zoz;
if(zoz < tot)
{
swap(tot, zoz);
fo(i, 1, max(tot, zoz)) swap(xx[i], yy[i]);
fo(i, 1, n) swap(d[i].x, p[i].y), swap(d[i].y, p[i].x), swap(prex[i], prey[i]);
}
xx[tot + 1].se = n + 1;
yy[zoz + 1].se = n + 1;
fo(i, 1, tot)
{
int z1 = xx[i].se;
while(z1 <= xx[i + 1].se - 1)
{
int z2 = lower_bound(p + 1, p + 1 + n, (rmm){d[z1].x, d[z1].y}) - p;
int bz = prey[p[z2].y]; z2++;
while(z2 <= yy[bz + 1].se - 1)
{
ans1[prex[p[z2].x]] += ans2[prex[p[z2].x]] * 2 + 1, ans2[prex[p[z2].x]]++;
z2++;
}
z1++;
}
fo(j, i + 1, tot)
ans += (ans1[j] - ans2[j]) / 2, ans1[j] = ans2[j] = 0;
}
printf("%lld\n", ans);
return Ratio;
}
}
signed main(){return Wisadel::main();}
正解晚上补。
C. 集合
容斥 + FFT，男蚌。
赛时猜了个结论拿了 10pts。
D. 倒水
期望 + 线段树优化，牛魔。
赛时打了个暴力拿了 24pts。
末
比昨天强点，但不多。
开题一眼三道取模压迫感就来了，因为 T1 看了会不会打就先通读了一遍，然后打 T4，打完打的 T2，结果空间没改 + 取模没改直接嗯挂 52pts。
T1 最后 15min 想到了过程中计算，少了个很大的常数但没有多得分，其实感觉到这再想想就能做出来了，可惜回看得太晚来不及了。
突然想到一场比赛三道 dp，两道计数（
完结撒花~
www 怎么状态越来越差了（
