P7875 「SWTR-07」IOI 2077

Posted 2021-09-22 David24

P7875 「SWTR-07」IOI 2077

1 P7875 「SWTR-07」IOI 2077

• 题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P7875

2 题目描述

时间限制 \\(1ms\\) | 空间限制 \\(512MB\\)

\\(IOI 2077\\) 有 \\(n\\) 位候选参赛者，他们分别编号为 \\(1\\sim n\\)。每位候选参赛者都有一个能力值，且能力值互不相等，第 \\(i\\) 位候选参赛者的能力值为 \\(a_i\\) 。小 \\(A\\) 更喜欢有序的数字，所以他将这 \\(n\\) 位候选参赛者按照能力值从小到大排好了序，即满足 \\(a_i< a_{i+1}, (1\\leq i < n)\\) 。

正式参赛者将会从这 \\(n\\) 位候选参赛者中产生。具体地，所有参赛者将是候选参赛者的一个子串 \\([l,r]\\)，即编号为 \\(l,l+1,\\cdots,r\\) 的选手将参加 \\(IOI 2077\\)，其中，小 \\(A\\) 的编号为 \\(k\\)。因为他知道自己被钦定参加 \\(IOI2077\\)，所以 \\(l\\leq k\\leq r\\) 。可能的参赛者一共有 \\(q\\) 种情况，每种情况用三个数 \\(l_i,r_i,k_i\\ (l_i\\leq k_i\\leq r_i)\\) 描述，即参赛者为编号在区间 \\([l_i,r_i]\\) 中的候选参赛者，而小 \\(A\\) 的编号为 \\(k_i\\) 。

由于自己太菜，小 \\(A\\) 对即将到来的 \\(IOI\\) 感到力不从心。他决定选择一些参赛者作为队友，并与他们在赛场上相互帮（\\(zuo\\)）助（\\(bi\\)）。具体地，设正式参赛人数为 \\(s\\)，那么小 \\(A\\) 会在 \\([0,\\lfloor\\frac{s-1}{2}\\rfloor]\\) 中等概率随机选择一个数 \\(m\\) ，并从 \\(s\\) 位参赛者中随机选出 \\(2m\\) 个作为他的队友。不过，小 \\(A\\) 不希望自己显得太菜，所以他的能力值 \\(a_k\\) 必须是这 \\(2m+1\\) 个人的能力值的中位数。

俗话说，人多力量大，小 \\(A\\) 希望他与所有选出的队友的能力值之和尽量地大。不过在此之前，他想知道这个值的期望值是多少。请对 \\(998244353\\) 取模，保证答案在该模数下有意义。对于每一种可能的参赛者情况，你都需计算该情况下的答案。为了避免过大的输出，你只需要计算所有答案的异或和。

数据范围：

对于 \\(100\\%\\) 的数据，\\(1\\leq n,q\\leq 2\\times 10^6\\) ，\\(1\\leq l_i\\leq k_i\\leq r_i\\leq n\\) ，\\(1 \\le a_i \\le 998244352\\) ，\\(a_i < a_{i+1}\\) \\((1 \\leq i < n)\\)。

3 题解

首先我们发掘性质：

\\(k\\) 是中位数的意义在于 \\(k\\) 正好位于这 \\(2m + 1\\) 个数排序后的中间，由于这里保证给出序列单调递增，所以这 \\(2m\\) 个数必定有 \\(m\\) 个在 \\([l, k - 1]\\)，有 \\(m\\) 个在 \\([k + 1, r]\\)。

考虑朴素暴力。

直接枚举询问，对于每个询问枚举所有可能的 \\(m\\)。

显然，对于给定 \\(m, l, r, k\\)，总共的选取情况数为 \\(\\dbinom{k-l}{m}\\dbinom{r-k}{m}\\)。

考虑此时的总和。

容易发现，设 \\(sum_{m, 1}\\) 为在 \\(k - l\\) 中选出 \\(m\\) 个数求和的所有情况的和，设 \\(sum_{m, 2}\\) 为在 \\(r - l\\) 中选出 \\(m\\) 个数求和的所有情况的和，那么此时的总和为 \\(sum_{m, 1} \\times \\dbinom{r-k}{m} + sum_{m, 2} \\times \\dbinom{k - l}{m}\\)。

此时答案是 \\(\\dfrac{sum_{m, 1}\\times \\dbinom{r-k}{m} + sum_{m, 2} \\times \\dbinom{k - l}{m}}{\\dbinom{k-l}{m}\\dbinom{r-k}{m}} = \\dfrac{sum_{m, 1}}{\\dbinom{k-l}{m}} + \\dfrac{sum_{m, 2}}{\\dbinom{r-k}{m}}\\)。

现在，这个 \\(sum_{m, 1}\\) 和 \\(sum_{m, 2}\\) 怎么求呢？

考虑区间内每一个数的贡献，即固定选择当前数，看当前数会被选中多少次。

容易发现，固定某个数后，我们只需要在剩下的数中选择 \\(m - 1\\) 个数即可。而从剩下的数中选择 \\(m - 1\\) 个数的情况数是固定的，所以此时可以提出这个情况数，剩下的就是一个区间和。

即：\\(sum_{m, 1} = (\\sum_{i = l}^{k-1} \\limits a_i) \\times \\dbinom{k-l-1}{m-1}, sum_{m, 2} = (\\sum_{i=k+1}^r \\limits a_i) \\times \\dbinom{r-k-1}{m-1}\\)。

而这个 \\(\\sum_{i=l}^{k-1} \\limits a_i\\) 和 \\(\\sum_{i=k+1}^r \\limits a_i\\) 可以用前缀和维护。

此时，对于某一个 \\(m\\) 答案就是：

\\(\\dfrac{(\\sum_{i = l}^{k-1} \\limits a_i) \\times \\dbinom{k-l-1}{m-1}}{\\dbinom{k-l}{m}} + \\dfrac{(\\sum_{i=k+1}^r \\limits a_i) \\times \\dbinom{r-k-1}{m-1}}{\\dbinom{r-k}{m}}\\)

我们这里用 \\(O(\\log_2n)\\) 处理出两个分母的逆元，加上枚举的时间复杂度，总时间复杂度是 \\(O(nq\\log_2n)\\)。

运气好的话可以拿到 \\(61\\space pts\\)，但显然这是不够的。

注意到这里上下两部分的组合数长的很像，拆开发现：

\\[\\dbinom{k-l-1}{m-1} = \\dfrac{(k-l-1)!}{(m-1)!\\space (k-l-m)!} \\]

\\[\\dbinom{k-l}{m} = \\dfrac{(k-l)!}{m!\\space (k-l-m)!} \\]

\\[\\dfrac{\\dbinom{k-l-1}{m-1}}{\\dbinom{k-l}{m}} = \\dfrac{\\dfrac{(k-l-1)!}{(m-1)!\\space (k-l-m)!}}{\\dfrac{(k-l)!}{m!\\space (k-l-m)!}} = \\dfrac{(k-l-1)!}{(m-1)!\\space (k-l-m)!} \\times \\dfrac{m!\\space (k-l-m)!}{(k-l)!}=\\dfrac{m}{k-l} \\]

那么，对于一个 \\(m\\) 的答案就是：

\\(\\sum_{i=l}^{k-1}\\limits a_i \\times \\dfrac{m}{k-l} + \\sum_{i=k+1}^r \\limits a_i \\times \\dfrac{m}{r-k}\\)

容易发现，枚举的 \\(m\\) 的下界是 \\(0\\)，上界 \\(up\\) 是 \\(\\min\\{\\lfloor \\dfrac{r-l}{2} \\rfloor,k-l, r-k\\}\\)。

那么此时，对于一个询问的答案就是：

\\(\\sum_{m = 1}^{up} \\limits (\\sum_{i=l}^{k-1}\\limits a_i \\times \\dfrac{m}{k-l} + \\sum_{i=k+1}^r \\limits a_i \\times \\dfrac{m}{r-k})\\)

容易发现两部分可以分开计算，所以此时答案为：

\\(\\sum_{i=l}^{k-1}\\limits a_i \\times\\sum_{m=1}^{up} \\limits \\dfrac{m}{k-l} + \\sum_{i=k+1}^r \\limits a_i \\times \\sum_{m=1}^{up}\\limits \\dfrac{m}{r-k}\\)

把 \\(\\dfrac{1}{k-l}\\) 和 \\(\\dfrac{1}{r-k}\\) 提出来，就变成了一个等差数列求和公式：

\\(\\dfrac{\\sum_{i=l}^{k-1}\\limits a_i}{k-l} \\times \\dfrac{up(up+1)}{2} + \\dfrac{\\sum_{i=k+1}^r \\limits a_i}{r-k} \\times \\dfrac{up(up + 1)}{2}\\)。

因此，我们只需要线性预处理逆元和前缀和，然后枚举所有询问，直接回答即可。

别忘了把 \\(a_k\\) 的值记到贡献里面，并把答案除以 \\(\\dfrac{\\lfloor r-l \\rfloor}{2} + 1\\)，得出期望。

时间复杂度 \\(O(n)\\)，可以通过本题。

4 代码（空格警告）：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10, mod = 998244353;
#define int long long
int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char c = getchar();
    while (c < \'0\' || c > \'9\')
    {
        if (c == \'-\') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while (c >= \'0\' && c <= \'9\')
    {
        x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
        c = getchar();
    }
    return x * f;
}
int t, n, q, ans1, ans, up;
int a[N], l[N], r[N], k[N], sum[N];
int inv[N];
void init()
{
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
        inv[i] = (mod - (mod / i * inv[mod % i] % mod)) % mod;
}
int S(int x, int y) {return ((sum[y] - sum[x - 1]) % mod + mod) % mod;}
signed main()
{
    t = read();
    n = read(), q = read();
    init();
    for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
    for (int i = 1; i <= q; i++) l[i] = read(), r[i] = read(), k[i] = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = (sum[i - 1] + a[i]) % mod;
    for (int i = 1; i <= q; i++)
    {
        up = min((r[i] - l[i]) / 2, min(k[i] - l[i], r[i] - k[i]));
        ans1 = (a[k[i]] * (up + 1)) % mod;
        ans1 = (ans1 + (S(l[i], k[i] - 1) * (up * up % mod + up)) % mod * inv[2] % mod * inv[k[i] - l[i]] % mod) % mod;
        ans1 = (ans1 + (S(k[i] + 1, r[i]) * (up * up % mod + up)) % mod * inv[2] % mod * inv[r[i] - k[i]] % mod) % mod;
        ans1 = ans1 * inv[(r[i] - l[i]) / 2 + 1] % mod;
        ans = (ans ^ ans1);
    }
    printf("%lld", ans % mod);
    return 0;
}

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