mip001's Blog

多校 Day 1

发表于 2026-07-22 本文字数： 1.1k 阅读时长 ≈ 4 分钟

A

选择 $u \in A, v\in B$ ，使得 $(x + u)\times(y + v)$ 最大。

由于可以不选，可以把 $0$ 加入到 $A$ 和 $B$ 中。

若固定 $v$ ，则 $f(u) = (x + u)(y + v) = (y + v)u + x(y + u)$ ，是关于 $u$ 的一次函数，因此要取到极值， $u$ 一定在两个端点上。固定 $u$ 的情况同理。

因此全局最优解一定在这之中：

\begin{aligned} &(x+\min A)(y+\min B),\\ &(x+\min A)(y+\max B),\\ &(x+\max A)(y+\min B),\\ &(x+\max A)(y+\max B). \end{aligned}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl "\n"
#define int long long
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const int maxn = 2e5 + 5;
int x, y, n, m;
void Solve() {
    cin >> x >> y >> n >> m;
    int maxx = 0, minx = 0;
    int maxy = 0, miny = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int a;
        cin >> a;
        maxx = max(maxx, a);
        minx = min(minx, a);
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int b;
        cin >> b;
        maxy = max(maxy, b);
        miny = min(miny, b);
    }
    maxx += x, minx += x, maxy += y, miny += y;
    cout << max(max(maxx * maxy, minx * miny), max(maxx * miny, minx * maxy)) << endl;

}
signed main() {
    // freopen("a.in", "r", stdin);
    // freopen("a.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        Solve();
    }
    return  0;
}

F

把总期望拆成每盏灯打开时的连续段的期望个数之和。

给每盏灯独立分配一个 $[0,1]$ 上的均匀随机数 $U_i$ ，按 $U_i$ 从小到大的顺序开灯。由于这些随机数几乎一定两两不同，它们的相对大小构成一个均匀随机排列，与原问题完全等价。

亮灯连续段的数量等于「既是亮着的，又是所在段的起点」的位置数。位置 $j$ 是起点，需要满足：

第 $j$ 盏灯亮着。
$j=1$ ，或第 $j-1$ 盏灯不亮。

设灯 $i$ 正在打开， $U_i=x$ 。

1. 端点 $i=1$

第 $1$ 盏灯一定是起点。位置 $2$ 因为左边有灯 $1$ 亮着，不可能是起点。

其余 $n-2$ 个位置 $j\ge3$ 成为起点的概率均为 $x(1-x)$ （自身亮且左边不亮）。

\mathbb E[C_1\mid U_1=x]=1+(n-2)x(1-x).

积分得

\mathbb E[C_1]=1+\frac{n-2}{6}=\frac{n+4}{6}.

2. 端点 $i=n$

位置 $1$ 成为起点的概率为 $x$ 。位置 $n$ 成为起点的概率为 $1-x$ （左边不亮）。

其余 $n-2$ 个位置成为起点的概率为 $x(1-x)$ 。

\mathbb E[C_n\mid U_n=x]=x+(1-x)+(n-2)x(1-x)=1+(n-2)x(1-x),

同样得到

\mathbb E[C_n]=\frac{n+4}{6}.

3. 内部点 $2\le i\le n-1$

位置 $1$ ：概率 $x$ 。
位置 $i$ ：正在打开，它成为起点要求左边不亮，概率 $1-x$ 。
位置 $i+1$ ：左边是 $i$ 已亮，不可能成为起点，概率 $0$ 。
其余 $n-3$ 个位置：概率 $x(1-x)$ 。

\mathbb E[C_i\mid U_i=x]=x+(1-x)+(n-3)x(1-x)=1+(n-3)x(1-x).

积分得

\mathbb E[C_i]=1+\frac{n-3}{6}=\frac{n+3}{6}.

汇总

记 $S=\sum a_i$ 。

\begin{aligned} \mathbb E[\text{总分}] &= \frac{n+3}{6}\sum_{i=1}^n a_i+\frac{a_1}{6}+\frac{a_n}{6}\\[4pt] &= \boxed{\frac{(n+3)S+a_1+a_n}{6}}. \end{aligned}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl "\n"
// #define int long long
const int mod = 998244353;
const int maxn = 2e5 + 5;
int qpow(int a, int n) {
    int res = 1;
    while (n) {
        if (n & 1) res = 1ll * res * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        n /= 2;
    }
    return res;
}
int n;
int a[maxn];
void Solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    int ans = 0;
    if (n == 1) {
        cout << a[1] << endl;
        return;
    }
    ans = 1ll * (n + 4) * (a[1] + a[n]) % mod;
    for (int i = 2; i < n; i++) {
        ans = (ans + 1ll * (n + 3) * (a[i]) % mod) % mod;
    }
    cout << 1ll * ans * qpow(6, mod - 2) % mod << endl;
}
signed main() {
    // freopen("1006.in", "r", stdin);
    // freopen("1006.out", "w", stdout);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        Solve();
    }
    return  0;
}

E

构造 $S = a...ab...b$ ，字符集设为 $2$ 。

令 $a$ 的数量为 $k_1$ ， $b$ 的数量为 $k_2$ 。

全 $a$ 串对答案的贡献为 $\sum^{k_1 - 1}_{i = 0}i = \frac{k_1(k_1 - 1)}{2}$ ，全 $b$ 串对答案的贡献为 $k_2$ 。

所以只需要找到最大的 $k_1$ ，使得 $\frac{k_1(k_1 - 1)}{2} \leq k$ ，然后再填 $k - \frac{k_1(k_1 - 1)}{2}$ 个 $b$ 就行了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using i64 = long long; 
#define int long long
#define endl "\n"

const int inf = 2e9;
const int maxn = 1e6 + 5;
int k;
void solve() {
    cin >> k;
    int n = 1;
    while (n * (n + 1) / 2 <= k) ++n;
    --n;
    vector<char> ans;
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++) ans.push_back('a');
    for (int i = 1; i <= k - n * (n + 1) / 2; i++) ans.push_back('b');
    cout << ans.size() << " " << 2 << endl;
    for (char x : ans) cout << x;
    cout << endl;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) { 
        solve();
    }
    return 0;
}