ABC357总结
A - Sanitize Hands
翻译
有一瓶消毒剂，正好可以消毒 (M) 双手。
(N) 名外星人陆续前来消毒双手。
(i) 个外星人（ (1 leq i leq N) ）有 (H_i) 只手，想把所有的手都消毒一次。
请计算有多少个外星人可以给所有的手消毒。
在这里，即使开始时没有足够的消毒剂给一个外星人的所有手消毒，他们也会用完剩余的消毒剂。
分析
直接模拟即可。
code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=105; int n,m,ans; int h[N]; int main () { cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>h[i]; m-=h[i]; if(m>=0) ans++; else m=0; } cout<<ans; return 0; } B - Uppercase and Lowercase
翻译
给你一个由小写和大写英文字母组成的字符串 (S) 。 (S) 的长度是奇数。
如果 (S) 中大写字母的数量大于小写字母的数量，请将 (S) 中的所有小写字母转换为大写字母。
否则，将 (S) 中的所有大写字母转换为小写字母。
分析
依旧是模拟，先统计 (S) 中小写和大写字母的个数进行比较，再根据比较结果进行修改。
code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=105; string s; int main () { cin>>s; int a=0,b=0; for(int i=0;i<s.size();i++) { if(s[i]>='a'&&s[i]<='z') a++; else if(s[i]>='A'&&s[i]<='Z') b++; } int st=0; if(a>b) st=1; for(int i=0;i<s.size();i++) { if(st) { if(s[i]>='A'&&s[i]<='Z') cout<<(char)(s[i]-'A'+'a'); else cout<<s[i]; } else { if(s[i]>='a'&&s[i]<='z') cout<<(char)(s[i]-'a'+'A'); else cout<<s[i]; } } return 0; } C - Sierpinski carpet
翻译
对于一个非负整数 (K) ，我们定义一个 (K) 级地毯如下：
- (0) 级地毯是由一个黑色单元格组成的 (1 times 1) 网格。
- 对于 (K>0) 来说， (K) 级地毯是一个 (3^K times 3^K) 网格。当这个网格被分成九个 (3^{K-1} times 3^{K-1}) 块时：
- 中央区块完全由白色单元格组成。
- 其他八个区块是 ((K-1)) 级地毯。
"#" 为黑色单元格，"." 为白色单元格。
给你一个非负整数 (N) 。
请按照指定格式打印 (N) 级地毯。
分析
根据题意，(K) 极地毯（(K>1)）都是可以由第 (K-1) 极地毯拼成的。
可以选择递推或递归来构造。
值得一提的是，不能直接打表，(K) 极地毯出现在程序中的话文件大小就超过限制了。
下面是递推的做法。
code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=5005; int n; char s[10][10]={{"###"},{"#.#"},{"###"}}; char a[N][N]; int main () { cin>>n; int m=1; for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<3;j++) a[i][j]=s[i][j]; for(int t=1;t<=n;t++) { m*=3; for(int i=0;i<m;i++) { for(int j=0;j<3;j++) for(int k=0;k<m;k++) a[i][k+j*m]=a[i][k]; } for(int i=0;i<m;i++) { for(int k=0;k<m;k++) a[i+m][k]=a[i][k]; for(int k=0;k<m;k++) a[i+m][k+m]='.'; for(int k=0;k<m;k++) a[i+m][k+2*m]=a[i][k]; } for(int i=0;i<m;i++) { for(int j=0;j<3;j++) for(int k=0;k<m;k++) a[i+2*m][k+j*m]=a[i][k]; } } for(int i=0;i<m;i++) { for(int j=0;j<m;j++) cout<<a[i][j]; cout<<"n"; } return 0; } D - 88888888
翻译
对于正整数 (N) ，设 (V_N) 是由 (N) 恰好连接 (N) 次所组成的整数。
更确切地说，把 (N) 看作一个字符串，连接它的 (N) 份，并把结果看作一个整数，得到 (V_N) 。
例如， (V_3=333) 和 (V_{10}=10101010101010101010) 。
求 (V_N) 除以 (998244353) 的余数。
分析
这是比较毒瘤的一道题了。
对于 (n)：
它总共有 (k) 位数字，设 (m=10^k)，可以发现，两个 (n) 拼起来就是 (n+n*m)。
显然，它是一个等比数列。
根据等比数列求和公式可知：
分子部分可以直接用快速幂求解，而分母则需要用到逆元，模数是质数，可以直接用费马小定理求逆元。
复杂度是 (log(n)) 级别的。
其中需要注意的是，(m) 是可以直接取模后计算的，但是 (n) 会出现在指数上，不能先取模。
在指数上的 (n) 要取模应该模以模数 (mod) 的欧拉函数，也就是 (mod-1)。
code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int mod=998244353; ll qpow(ll x,ll y) { ll ret=1ll; while(y) { if(y&1) ret=(ret*x)%mod; x=(x*x)%mod; y>>=1; } return ret; } string s; ll n,m=1; int main () { cin>>s; int len=s.size(); for(int i=0;i<len;i++) n*=10,n+=s[i]-'0',m*=10,m%=mod; m%=mod; ll ans=n%mod; ans=(ans%mod*(qpow(m,n%(mod-1))-1))%mod; ans=(ans%mod*qpow(m-1,mod-2))%mod; cout<<ans; return 0; } E - Reachability in Functional Graph
翻译
有一个有向图，图中有 (N) 个顶点，编号为 (1) 至 (N) ，有 (N) 条边。
每个顶点的出度为 (1) ，顶点 (i) 的边指向顶点 (a_i) 。
计算有多少对顶点 ((u, v)) 使得顶点 (v) 可以从顶点 (u) 出发到达。
这里，如果存在长度为 (K+1) 的顶点序列 (w_0, w_1, dots, w_K) 且满足以下条件，则顶点 (v) 可以从顶点 (u) 到达。其中，如果 (u = v) 总是可达的。
- (w_0 = u) .
- (w_K = v) .
- 每个 (0 leq i lt K) 都有一条从顶点 (w_i) 到顶点 (w_{i+1}) 的边。
分析
每个点出度都为 (1)，共有 (n) 条边，可以发现这个图是一个基环树，而且是内向树。
从某一个节点出发的路径中，必定是包含了一个环的，或者说每条路径都是以环结束的，且第一个到达的环的节点就是环的初始点。
对于一个环来说，环中的每一个节点能到达的只有环中的点，每个点对答案的贡献就是环的节点数。
设 (f[x]) 为从点 (x) 出发能到达的节点数量。
例如 (f[1]=3)，(f[2]=3)，(f[3]=3)。
而在环外部的点，它必然能且只能到达一个环。从环的起始点开始往回走，依次统计节点贡献，每次加上自己。
例如 (f[4]=f[1]+1)，(f[5]=f[4]+1)。
也就是说，首先要找到环，将环内部节点的 (f) 初始化为环的节点数。再进行统计，用记忆化搜索或者拓扑排序都是可以的。
因为一条路径必然以环结尾，可以选一条路一直走下去，沿途标记路径上的节点。碰到已经标记了的节点时，判断是不是当前路径的标记。如果不是，说明这条路结尾的环已经被处理过了；如果是，说明找到了环的初始点，此时需要再绕着环走一圈，统计环的节点数，再走一圈，将环初始化。
最后记忆化搜索，进行统计。
code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e5+5; typedef long long ll; int n; int a[N],f[N]; int vis[N]; int dfs(int u) { if(f[u]) return f[u]; return f[u]=dfs(a[u])+1; } int main () { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for(int i=1;i<=n;i++) { if(vis[i]) continue; int u=i; while(1) { if(vis[u]) { if(vis[u]==i) { int v=a[u],cnt=1; while(v!=u) { cnt++; v=a[v]; } f[u]=cnt; v=a[u]; while(v!=u) { f[v]=cnt; v=a[v]; } } break; } vis[u]=i; u=a[u]; } } ll ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans+=dfs(i); cout<<ans; return 0; } F - Two Sequence Queries
翻译
给你长度为 (N) 的序列 (A=(A_1,A_2,ldots,A_N)) 和 (B=(B_1,B_2,ldots,B_N))
您还得到了 (Q) 个查询，需要按顺序处理。
查询有三种类型：
1 l r x: 将 (A_l, A_{l+1}, ldots, A_r) 中的每一个元素加上 (x)。2 l r x: 将 (B_l, B_{l+1}, ldots, B_r) 中的每一个元素加上 (x)。3 l r: 输出 (displaystylesum_{i=l}^r (A_itimes B_i) mod 998244353)。
分析
一道明显的线段树，需要维护两个数组，处理两个懒标记。
需要维护的元素是：(A) 数组的和 (x)，(B) 数组的和 (y)，还有 (v=displaystylesum_{i=l}^r (A_itimes B_i))，其实都是和。
-
当 (A) 中每个元素加上 (k)，(x) 就要加上 (k times len)，(len) 为区间长度。(y) 不会被改变，而 (v) 改变后的 (v')：
[v'=displaystylesum_{i=l}^r (A_i+k)times B_i=displaystylesum_{i=l}^r A_itimes B_i+displaystylesum_{i=l}^r ktimes B_i=v+y times k ] -
当 (B) 中每个元素加上 (k)，同理，(y'=y+k times len)。(x) 不变。
[v'=v+x times k ]
code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=2e5+5,mod=998244353; int n,q; ll v1[N],v2[N]; struct node { int l,r; ll x,y; ll t1,t2; ll v; }a[N<<2]; #define L a[u].l #define R a[u].r #define lc (u<<1) #define rc (u<<1|1) #define mid (L+R>>1) void pushup(int u) { a[u].x=(a[lc].x+a[rc].x)%mod; a[u].y=(a[lc].y+a[rc].y)%mod; a[u].v=(a[lc].v+a[rc].v)%mod; } void make(int u,ll t1,ll t2) { if(t1) { t1%=mod; a[u].x=(a[u].x+(t1%mod*(R-L+1))%mod)%mod; a[u].v=(a[u].v+(a[u].y*t1%mod))%mod; } if(t2) { t2%=mod; a[u].y=(a[u].y+(t2%mod*(R-L+1))%mod)%mod; a[u].v=(a[u].v+(a[u].x*t2%mod))%mod; } a[u].t1+=t1,a[u].t2+=t2; a[u].t1%=mod,a[u].t2%=mod; } void pushdown(int u) { make(lc,a[u].t1,a[u].t2); make(rc,a[u].t1,a[u].t2); a[u].t1=a[u].t2=0; } void build(int u,int l,int r) { L=l,R=r; if(l==r) a[u].x=v1[l]%mod,a[u].y=v2[l]%mod,a[u].v=((v1[l]%mod)*(v2[l]%mod))%mod; else { build(lc,l,mid); build(rc,mid+1,r); pushup(u); } } void update1(int u,int l,int r,int x) { if(l<=L&&R<=r) make(u,x,0); else { pushdown(u); if(mid>=l) update1(lc,l,r,x); if(mid<r) update1(rc,l,r,x); pushup(u); } } void update2(int u,int l,int r,int x) { if(l<=L&&R<=r) make(u,0,x); else { pushdown(u); if(mid>=l) update2(lc,l,r,x); if(mid<r) update2(rc,l,r,x); pushup(u); } } ll query(int u,int l,int r) { if(l<=L&&R<=r) return a[u].v%mod; else { pushdown(u); ll ret=0; if(mid>=l) ret+=query(lc,l,r); if(mid<r) ret+=query(rc,l,r); return ret%mod; } } void dfs(int u) { cout<<L<<" "<<R<<"n"; cout<<a[u].x<<" "<<a[u].y<<" "<<a[u].v<<"n"; cout<<a[u].t1<<" "<<a[u].t2<<"n"; cout<<"___________________n"; if(L==R) return ; dfs(lc),dfs(rc); } int main () { ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);cout.tie(0); cin>>n>>q; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v1[i]; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>v2[i]; build(1,1,n); int op,l,r,x; while(q--) { // dfs(1); cin>>op>>l>>r; if(op==1) { cin>>x; update1(1,l,r,x%mod); } else if(op==2) { cin>>x; update2(1,l,r,x%mod); } else cout<<query(1,l,r)<<"n"; } return 0; } 
![洛谷 P11345 [KTSC 2023 R2] 基地简化 题解](http://www.itfaba.com/wp-content/themes/kemi/timthumb.php?src=http://www.itfaba.com/wp-content/themes/kemi/img/random/2.jpg&w=218&h=124&zc=1)
