The 14-th BIT Campus Programming Contest(部分题解)

A. 两只脑斧
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天天最近想要学习用口琴给筝筝吹情歌，但是他以前从来没有学过口琴，只能从最简单的两只脑斧开始学。而口琴有时吸气有时吹气的吹法让天天傻傻地分不清，所以他就只能拿着乐谱来找聪明的你了，快帮帮他！

已知天天使用的是 24 孔口琴，其音阶图如下，其中 1,2,⋯,7 七个阿拉伯数字表示基本的音阶，数字上方有.或:的音阶则分别表示该音阶的音调将在原音阶基础上增高一个八度或两个八度，例如音阶 3 的高八度为 3.。相应的，数字下方有.或:的音阶也分别表示降低一个八度或低两个八度的音调，例如音阶 5 的低二八度为 5:。

Input
输入共两行，第一行输入一个正整数 n (1≤n≤100)，表示乐谱中有 n 个音符。

第二行输入 n 个由空格间隔开的字符串，每个字符串描述该乐谱中的一个音阶，这里使用符号+和-来分别表示音阶地高八度和低八度，例如上图的口琴乐谱的第一个音阶和最后一个音阶可以分别用5–和7+来表示。

Output
请输出 n 个字符描述的口琴吹法，其中第 i 个字符将描述第 i 个音阶的吹法，请用I表示吸气，用E表示吹气，用X表示停顿（在简谱中用0表示）。

Example
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34
1 2 3 1 1 2 3 1 3 4 5 3 4 5 5 6 5 4 3 1 5 6 5 4 3 1 2 5- 1 0 2 5- 1 0
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EIEEEIEEEIEEIEEIEIEEEIEIEEIEEXIEEX

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
int main(){char ss[5];char p[8]={'X','E','I','E','I','E','I','I'}; int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",ss);int len = strlen(ss);for(int i=0;i<len;i++){if(ss[i]=='+'||ss[i]=='-')continue;printf("%c",p[ss[i]-'0']);}}return 0;
}

C. 赛尔逵传说
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天天最近买了一台思维吃来玩赛尔逵传说。

赛尔逵传说需要玩家扮演近侍骑士森克从恶魔噶里嗷的手里救下赛尔逵公主。但是救出公主的路途异常艰险，噶里嗷在去城堡的路途上设置了 n 只怪兽来阻挡森克，这 n 只怪兽分别编号从 1 到 n。其中第 i 只怪兽血量为 di 攻击力为 xi。

已知森克的攻击力为 k，他将按顺序轮流与这些怪兽进行若干次回合制战斗。在回合制战斗中，被攻击者会损失攻击者攻击力大小的血量，当被攻击者血量掉到 0 及以下就会立即死亡。每个回合都由森克主动对怪兽发起一次攻击（森克始终先手攻击怪兽），如果怪兽尚未死亡，那么它在本回合就会立即反击森克一次，即森克被攻击后损失该只怪兽攻击力大小的血量，如此循环直到其中某一战斗方死亡为止。

森克为了确保能救出公主，提前准备了 c 份"力量炖水果"，每份"力量炖水果"都可以在瞬间吃下并使森克本回合临时增加 k 点攻击力，而且一回合内森克可以连续吃许多份"力量炖水果"。请问，森克如果想要救下赛尔逵公主的话，最少需要消耗多少血量呢？

Input
输入共 n+1 行，第一行输入三个正整数 n,k,c (1≤n≤105,1≤k,c≤106) 由空格间隔开，分别表示怪物数 n，森克的攻击力 k 与他烹饪的"力量炖水果"数量 c。

接下来 n 行，第 i 行输入两个正整数 di 和 xi (1≤di,xi≤106)，分别描述第 i 只怪兽的血量与攻击力。

Output
请输出一个非负整数，表示森克救下公主最少消耗的血量。

Examples
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1 5 3
21 3
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3
inputCopy
2 3 1
3 3
4 5
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0
Note
对于第一组样例，第一回合森克可以连吃三份"力量炖水果"，获得三倍的攻击加成，此时他的攻击力达到 20 点，本回合将怪兽打到只剩 1 点血量，同时本回合他也受到了来自怪兽的 3 点伤害。第二回合，森克的攻击加成消失，而且也没有"力量炖水果"可以吃了，所以他的攻击力回退到 5，但是由于怪兽仅剩 1 点血量，而且森克先手，所以他本回合可以直接将怪兽打死，不用承受本回合怪兽的伤害。因此，打完这只怪兽，森克承受的总伤害为 3 点，即他至少需要消耗 3 点血量才能救下公主。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<map>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define endl '\n'
const double pi = acos(-1);
const int maxn = 1e5 + 10;
const int maxm = 5e5 + 10;
const int mod = 104857601;
ll n, k, c;
struct node{ll att;ll ex;
}mon[maxn];
bool cmp(node a, node b){return a.att > b.att;
}
int main()
{ll ans = 0;scanf("%lld %lld %lld", &n, &k, &c);for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i){scanf("%lld %lld", &mon[i].ex, &mon[i].att);}sort(mon + 1, mon + 1 + n, cmp);for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i){if(mon[i].ex <= k) continue;if(mon[i].ex - k <= c * k){c -= (mon[i].ex - 1) / k;}else{if(c > 0){ans += mon[i].att;ans += ((mon[i].ex - c*k - k - 1) / k) * mon[i].att;c = 0;}else{ans += ((mon[i].ex - 1) / k) * mon[i].att;}}}cout << ans;return 0;
}

E. 只有一端开口的瓶子
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栈就是像 “只有一端开口的瓶子” 一样的数据结构，大家可以理解为一个头部固定的数组，无论是取出数字还是放入数字，你都只能在数组末尾那一端（称为栈顶）修改。

非常喜欢数据结构的周老师又在给新加入 ACM 俱乐部的小萌新们传授他的人生经验…

这天，周老师得到了一个乱序的全排列，其中 1⋯n 共 n 个数字，每个数字都恰好只出现一次。但是周老师不喜欢无序的东西，所以他总想要把这个数列弄成一个递增的新数列。但是他现在手里恰好只有一些简单的数据结构—— k 个栈。这些栈一开始全都为空，周老师想要只通过 3 种操作，把初始的序列变成有序的新序列：

取出序列当前的第一个数字，插入到第 p 个栈的顶部：push p
取出第 p 个栈的顶部数字，插入到新序列的末尾位置：pop p
取出第 p 个栈的顶部数字，插入到第 q 个栈的顶部：move p q
周老师非常的睿智，他一下就想到了如果持有的栈的个数大等于数字总个数（也就是 k≥n），那么一定可以完成这项排序工作。作为本次数据结构专题讲课的作业题，周老师想考考身为小萌新的你，至少需要多少个这样的栈才能把给定的初始序列变成有序的新序列呢？换句话说，周老师想知道 k 的最小值 min{k} 是多少。

Input
第一行输入一个正整数 T (1≤T≤100)，表示数据组数。接下来 T 组数据，每组数据均满足：

第一行输入一个正整数 n (1≤n≤105)，表示本组数据输入的全排列序列长度。
第二行输入 n 个由空格间隔开的正整数 p1,p2,⋯,pn，描述全排列序列 P 的组成元素。请注意该序列是有顺序的，操作 1 只能从前往后取数字。输入保证 [1,n] 中每个正整数在 p1⋯ pn 中恰好只出现一次。
Output
对于每组数据，请输出一个正整数 k，表示至少需要 k 个这样的栈才能把给定的初始序列变成有序的新序列。

Example
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3
3
3 2 1
2
1 2
3
2 3 1
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1
1
2
Note
对于第一组数据，一种有效的方法是依次执行如下操作，即可只使用一个简单栈便处理完：

push 1
push 1
push 1
pop 1
pop 1
pop 1
对于第二组数据，一种有效的方法是依次执行如下操作，即可只使用一个简单栈便处理完：

push 1
pop 1
push 1
pop 1
对于第三组数据，显然一个栈无法处理，至少需要两个栈来处理。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<map>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define endl '\n'
const double pi = acos(-1);
const int maxn = 1e5 + 10;
const int maxm = 5e5 + 10;
const int mod = 104857601;
int t, n, top;
int a[maxn], b[maxn];
int main()
{scanf("%d", &t);while(t--){scanf("%d", &n);for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i){scanf("%d", &a[i]);}int top = 1, p = 1;for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i){b[top] = a[i];while(b[top] == p){p ++;top --;}top ++;}if(top == 1) cout << "1" << endl;else cout << "2" << endl;}return 0;
}

F. 风王之瞳
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如果莫名流泪，也许是失去了什么美好的回忆。

伪装成人类少女夏弥的龙王耶梦加得曾在暗中默默观察了这个名叫楚子航的男孩很多年。后来，她以学妹的身份正面出现在楚子航身边，一边作战，一边还讲着白烂的吐槽。她将利爪刺进他的胸膛，他也将折刀送入她的心口，他们紧紧相拥，像是最亲密的恋人。他最终来到了她生活过的小屋，仰面躺在床上，阳光温软，但眼泪却没有止住。爱唱歌的女孩被埋在花下了，连带着她的野心、和谜一样的往事。终于有一天有人问起他是不是喜欢她，他用一个问题回避了：“你们都叫她小龙女吗？”

后来，他每天都来看她曾经生活过的小屋，期待着那个虚幻的影子。终于有一天日暮，他又来到了这里，然而却被一串嬉笑声吸引——一个穿着天蓝色校服的女孩在和一个像是痴呆的哥哥在花园旁的空地上画着网格玩。

突然，女孩向它招手：“楚师兄，一起来玩格点正方形的游戏嘛？”

一脸惊喜表情的楚子航却有些疑惑那是什么游戏，她真的是越来越融入人类生活了啊…

“我来画一个 n×m 的网格图，师兄你来数一数上面有多少个正方形呀”，她调皮地眨着眼睛。

夕阳的余晖下，三人的影子显得非常的和谐。

Input
第一行输入一个正整数 T (1≤T≤100)，表示数据组数。

接下来 T 组数据，每组数据输入两个正整数 n 和 m (1≤n,m≤105)，由空格间隔开，表示这个网格图的长为 n，宽为 m。

Output
对于每组数据，请输出一个非负整数，表示这个网格图中有多个本质不同的格点正方形，注意换行。

Example
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2
1 1
2 2
outputCopy
1
6
Note
格点正方形：在 n×m 的网格图中，四个顶点都在格点上的正方形叫做格点正方形。

本质不同：若两个格点正方形它们至少有一个顶点不重合在同一个格点上，则将它们称作本质不同的格点正方形。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<map>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define endl '\n'
const double pi = acos(-1);
const int maxn = 1e5 + 10;
const int maxm = 5e5 + 10;
const int mod = 104857601;
ll f(int n, int m){ll ans = 0;int k = min(n, m);if(k == 1) return max(n, m);ans += ((2*k+1)*(k+1)*k)/6;if(n == m) return ans;else if(n > m){return ans * (n - m + 1) - f(k-1, m)*(n-m);}else if(m > n){return ans * (m - n + 1) - f(k-1, n)*(m-n);}
}
int main()
{int n, m, t;scanf("%d", &t);while(t--){ll ans = 0;scanf("%d %d", &n, &m);for(int i = 2 ; i <= min(n, m) ; i += 2){ans += (n-i+1)*(m-i+1);}for(int i = 3 ; i <= min(n, m) ; i ++){ans += (n-i+1)*(m-i+1)*((i-1)/2)*2;}cout << f(n, m) + ans << endl;}return 0;
}

H. 目标是成为数论大师
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小白非常不擅长数论，在强老师的数论课上，小白听着听着又睡着了（毕竟梦里什么都有）。小白梦见自己成为了数论大师，只用了三分钟就熟练地写出了一道拉格朗日反演套多项式逆元和快速数论变换的好题。但是当他醒来一看，他还是对数论的题目一窍不通。现在就有一道简单题摆在小白的面前，聪明的你能帮帮他吗？

定义经过函数的一次映射就能回到自身的点为函数的不动点（Fix Point）。换句话说，给定函数 f(x)，它的不动点就是所有使得 f(x)=x 成立的 x 的集合。如函数 f(x)=x 有无穷多个不动点，而函数 f(x)=2x−1 则只有 x=1 这一个不动点。请你找出函数 f(x)=ax−−√+b 的所有不动点。

Input
第一行输入一个正整数 T (1≤T≤100)，表示数据组数。

接下来 T 组数据，每组数据输入两个整数 a 和 b (−103≤a,b≤103)，描述本组输入的函数 f(x)=ax−−√+b，保证该函数至少存在一个不动点，且所有的不动点均为整数。

Output
对于每组数据，第一行请输出一个正整数 k，表示函数 f(x)=ax−−√+b 的不动点个数。第二行请从小到大依次输出 k 个整数 x1,x2,⋯,xk (x1<x2<⋯<xk) 由空格间隔开，描述函数 f(x) 的不动点集合，注意换行。

Example
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2
1 0
0 1
outputCopy
2
0 1
1
1

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<map>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define endl '\n'
const double pi = acos(-1);
const int maxn = 1e5 + 10;
const int maxm = 5e5 + 10;
const int mod = 104857601;
int ans[3], cnt;
double f1(int a, int b){return ((2*b+a)-sqrt((2*b+a)*(2*b+a)-4*b*b))/2;
}
double f2(int a, int b){return ((2*b+a)+sqrt((2*b+a)*(2*b+a)-4*b*b))/2;
}
int main()
{int t, a, b;scanf("%d", &t);while(t--){memset(ans, 0, sizeof(ans));cnt = 0;scanf("%d %d", &a, &b);if((2*b+a)*(2*b+a)-4*b*b == 0){double d = f1(a, b);if(d*a >= 0){for(int i = d - 1 ; i <= d + 1 ; ++ i){if(sqrt(a*i) + b == i){ans[++cnt] = i;break;}}}cout << cnt << endl;for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++ i)printf("%d%c", ans[i], i == cnt ? '\n' : ' ');}else if((2*b+a)*(2*b+a)-4*b*b > 0){double d = f1(a, b);if(d*a >= 0){d = (int)d;for(int i = d - 1 ; i <= d + 1 ; ++ i){if(sqrt(a*i) + b == i){ans[++cnt] = i;break;}}}d = f2(a, b);if(d*a >= 0){d = (int)d;for(int i = d - 1 ; i <= d + 1 ; ++ i){if(sqrt(a*i) + b == i && ((cnt == 1 && ans[1] != i) || cnt == 0)){ans[++cnt] = i;break;}}}cout << cnt << endl;for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++ i)printf("%d%c", ans[i], i == cnt ? '\n' : ' ');}}return 0;
}

J. 金色传说
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龙老师获得了一个不寻常的计算器，因为这个道具的品质是金色传说。它除了在按 666 时可以发出声音以外，还可以输入一个算式并计算出它的结果。金色传说计算器的显示屏上只有 n 个可以显示的位置，而且只有 0⋯9 十个数字键和两个运算符键+、-共 12 个按键可以按，连=都没有，所以必须输入一个 n 位的合法算式，它才会自动计算出该算式的结果。

我们定义合法的算式为一个长度恰好为 n 的字符串，其中字符串只包含数字 0⋯9 和运算符+、-，同时不允许算式第一个或最后一个位置出现运算符，也不允许同时有两个运算符相邻。算式的计算结果是对该字符串模拟十进制加减法运算得到的结果，只包含数字的算式其计算结果等于它本身。如果金色传说计算器的输入不是一个合法的算式，那么它就不能得到任何计算结果。例如，在 n=6 时，1+2+3、+12345、23+45+和123±4都不是合法的算式，而123456和0+0+00都是合法的算式。注意，前导零是允许在算式中出现的。

龙老师一个个地数出了计算器的显示位置数 n。他想知道，如果把所有的合法的算式全都都输入一次，金色传说计算器输出的所有计算结果之和是多少？计算结果的总和可能很大，请输出它对 998244353 取模之后的答案。

Input
第一行输入一个正整数 T (1≤T≤100)，表示数据组数。

接下来 T 组数据，每组数据输入一个正整数 n (1≤n≤5×105)，表示金色传说计算器的显示位。

Output
对于每组数据，请输出一个非负整数，表示所有计算结果之和取模 998244353 之后的答案，注意换行。

Example
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5
1
2
3
4
5
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45
4950
500400
50103000
19816235
Note
当 n=1 时，共有 0,1,⋯,9 共 10 个合法算式，它们的结果之和是 45。

当 n=2 时，共有 00,⋯,99 共 100 个合法算式，它们的结果之和是 4950。

当 n=3 时，000,⋯,999 是合法的算式，当然与形如A+B和A-B的算式也都是合法算式，它们的结果之和是 500400。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 500005
#define ll long longconst ll mod=998244353;
int t;
ll s[maxn],num[maxn];
ll poww(ll a,ll b){ll ans=1,base=a%mod;while(b!=0){if(b&1!=0)ans=(ans*base)%mod;base=(base*base)%mod;b>>=1;}return ans%mod;
}
int main()
{num[1]=10;num[2]=100;s[1]=45;s[2]=4950;for(int i=3;i<=500001;i++){num[i]=(10*num[i-1]+20*num[i-2])%mod;s[i]=(poww(10,i)*(poww(10,i)-1)/2)%mod;}scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);ll ans=s[n];for(int i=2;i<=n-1;i++){ans=ans+2*s[i-1]*num[n-i];ans%=mod;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

K. 多项式求导
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一元多项式形如 anxn+an−1xn−1+…+a2x2+a1x+a0，它是代数学研究的基本对象之一。求导是数学计算中的一个计算方法，它的表示当自变量的增量趋于零时因变量的增量与自变量的增量之商的极限。

早在高中学习导数的时候，天天就觉得给一元多次多项式求导是个简单到浪费脑细胞的工作。于是他在课间使用 C 语言写了一个给多项式求导的小程序。时隔这么多年，他早已找不到当年写的这段小程序代码了，希望聪明的你可以帮他重新完成这段给一元多项式求导的程序代码。

Input
输入共两行，第一行输入两个正整数 n 和 k (1≤n,k≤100)，分别表示输入的多项式次数 n，和程序需要对该多项式进行求导运算的阶数 k。

第二行输入 n+1 个非负整数 an,⋯,a1,a0 由空格间隔开，其中第 i 个整数为 an−i+1 (0≤an−i+1≤100)，描述输入多项式第 i−1 次项 xi−1 的系数。

Output
请输出一行，包含 n+1 个非负整数 an,⋯,a1,a0 由空格间隔开，其中第 i 个整数为 an−i+1，描述输入多项式求导后第 i−1 次项 xi−1 的系数。由于系数可能很大，请对每个 ai 取模 998244353。

Examples
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5 1
1 2 3 4 5 6
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0 5 8 9 8 5
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5 2
1 2 3 4 5 6
outputCopy
0 0 20 24 18 8
Note
第一组样例的多项式为 f(x)=x5+2x4+3x3+4x2+5x1+6，它的一阶导数为 f′(x)=5x4+8x3+9x2+8x1+5。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 300005
#define ll long longint n,m;
ll a[maxn];
const int mod=998244353;
int main()
{scanf("%d %d",&n,&m);for(int i=n;i>=0;i--)scanf("%lld",&a[i]);int nn=n;while(m--){for(int i=0;i<=nn-1;i++)a[i]=a[i+1]*(i+1)%mod;nn--;}for(int i=n;i>nn;i--)printf("0 ");for(int i=nn;i>=0;i--)printf("%lld ",a[i]%mod);return 0;
}

L. 旅行的意义
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为什么有人永远渴望旅行，或许就因为，巧合和温暖会在下一秒蜂拥而至吧。

一直想去旅游的天天决定在即将到来的五一假期中安排一场环游世界的旅行。为此，他已经提前查阅了很多资料，并准备画一张旅游路线图。天天先将所有可能会去的 n 个旅游城市依次编号标记为 1,2,⋯,n。如果从城市 A 到城市 B 有一条直达的铁路线路，他就会在图上画上一条从 A 向 B 的有向线段。因为天天不喜欢把时间浪费在往返的乘车上，因此他设计的旅游地图路线是一个有向无环图。

天天身在 1 号城市，他每到达一个旅游城市都会先花一天的时间游玩当地的旅游景点。接下来他也没有明确的目的地，所以第二天他会随机地选择该城市的一条直达线路，花费一天的时间通往下一个旅游城市。当然，如果这个城市的旅游景点太好玩的话，他可能会选择再逗留一天，但是由于假期有限，他在当前的旅游城市最多只能呆 2 天。例如，当天天在城市 C 时，若城市 C 有 2 条直达线路分别通往城市 A 和城市 B，则在第一天的游玩过后，第二天他有 13 的可能会选择继续逗留在城市 C 多游玩一天，但是第三天他一定不会再逗留在城市 C 了；同时他有 13 可能会选择立即搭乘直达城市 A 的高铁；他也有 13 的可能会选择立即搭乘直达城市 B 的高铁。

当天天把所有的旅游城市都游玩过后，他也就只能结束这段难忘的五一旅行假期了。现在请聪明的你帮天天提前计算一下，他本次旅行时间的期望是多少呢？

容易证明天天旅行时间的期望为 PQ 的形式，其中 P 和 Q 互质，且 Q≢0 (mod 998244353)。因此答案请以 P⋅Q−1 (mod 998244353) 的形式输出，其中 Q−1 表示 Q 在取模 998244353 下的逆元。

Input
第一行输入一个正整数 T (1≤T≤10)，表示数据组数。接下来 T 组数据，每组数据均满足：

第一行输入两个非负整数 n (1≤n≤105) 和 m (0≤m≤105)，分别表示天天可能旅行的城市数量 n 和它们之间的直达线路数量 m。
接下来 m 行，每行输入两个正整数 u 和 v (1≤u,v≤n)，表示从城市 u 到 v 有一条单向直达线路，保证两个旅游城市之间最多只有 1 条直达线路。
Output
对于每组数据，请输出一个非负整数，表示天天旅行时间的期望，注意换行。

Example
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2
1 0
2 1
1 2
outputCopy
2
499122181
Note
第一组样例只有一个旅游城市。首先，天天会在该城市游玩一天，第二天只剩下一个选择——留下来接着玩一天，再之后他就只能结束旅程了，所以旅游时间的期望是 2。

第二组样例由两个旅游城市，从城市 1 到城市 2 有一条直达的线路。天天首先在城市 1 游玩一天，然后有 12 的概率前往城市 2，这将花费 1 天时间乘坐高铁；当然天天也有 12 的概率逗留在城市 1 多玩一天，第三天再乘坐高铁前往城市 2。因此刚到达城市 2 时，天天花费的旅行时间期望是 1+[12⋅1+12⋅(1+1)]=2.5 天。接着天天会在城市 2 先游玩一天，但是接下来他没有其他城市可以去了，只能选择继续逗留一天然后终止旅程，容易算出本次旅程总的时间期望为 4.5 天，即 92=9⋅2−1 (mod 998244353)=499122181。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<map>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define endl '\n'
const double pi = acos(-1);
const int maxn = 5e5 + 10;
const int maxm = 5e5 + 10;
const int mod = 998244353;
int n, m, t;
vector<int> G[maxn];
int d[maxn];
ll ksm(ll a, ll b){ll ans = 1, base = a % mod;while(b){if(b & 1) ans = (ans * base) % mod;base = (base * base) % mod;b >>= 1;}return ans % mod;
}
void dfs(int u){int len = G[u].size();ll p = ksm(len + 1, mod - 2);ll pp = ksm(len, mod - 2);if(u == 1) d[u] = 1 + p;else d[u] = 2 + p;for(int i = 0 ; i < G[u].size() ; ++ i){int v = G[u][i];if(d[v]){d[u] = (d[u] % mod +  pp * d[v] % mod) % mod;}else{dfs(v);d[u] = (d[u] % mod +  pp * d[v] % mod) % mod;}}
}
int main()
{scanf("%d", &t);while(t--){int u, v;scanf("%d %d", &n, &m);memset(d, 0, sizeof(d));for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i) G[i].clear();for(int i = 1 ; i <= m ; ++ i){scanf("%d %d", &u, &v);G[u].push_back(v);}dfs(1);cout << d[1] << endl;}return 0;
}

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