A - Full House

题目大意

来自一个掼蛋爱好者的翻译qwq

给定一副扑克牌中五张牌的编号$A,B,C,D,E$，判断这五张是否为一组“三带二”。（不懂的自行百度

数据范围：$1\le A,B,C,D,E\le 13$，且$A,B,C,D,E$不会全部相同。

输入格式

$A~B~C~D~E$

输出格式

如果是“三带二”，输出Yes；否则，输出No。

样例

分析

嘿嘿，被自己的翻译给笑喷了吓住了，从来没见过这么好垃圾的翻译！
话不多说，这A题就是水（虽然studentWheat这位大佬还WA了3次，具体怎么WA的请大家好好学学引以为戒），解法很多，但是个人感觉还是直接统计一下来得简单明了，见代码。

代码

#include <cstdio>
using namespace std;

int cnt[13];

int main()
{
	for(int i=0; i<5; i++)
	{
		int x;
		scanf("%d", &x);
		cnt[--x] ++;
	}
	bool has2 = false, has3 = false;
	for(int i=0; i<13; i++)
		if(cnt[i] == 2) has2 = true;
		else if(cnt[i] == 3) has3 = true;
	puts(has2 && has3? "Yes": "No");
	return 0;
}

B - Ancestor

题目大意

有$N$个人，第$i$个人的父/母是$P_i$，题目保证$P_i<i$。
问：第$N$个人是第$1$个人的第几代？

$2\le N\le 50$
$1\le P_i<i$

输入格式

$N$
$P_2~P_3~\dots~P_N$

输出格式

输出答案。

分析

本题可以使用$\text{DFS}$，但没有必要。题目限制条件特别给出了$P_i<i$，因此如果按输入顺序依次处理每个人的世代，一个人的父亲肯定在这个人之前被考察到。

下面来看详细过程。
我们设$\text{depth}_i=~$第$i$个节点的深度，因此答案为$\text{depth}_N$。
初始时，$\text{depth}_0=0$。对于$i=1\dots N$，依次设置$\text{depth}_i:=\text{depth}_{P_i}+1$。
最终，输出结果即可。总时间复杂度为$\mathcal O(N)$。

代码

#include <cstdio>
#define maxn 55
using namespace std;

int dep[maxn];

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	for(int i=1; i<n; i++)
	{
		int f;
		scanf("%d", &f);
		dep[i] = dep[--f] + 1;
	}
	printf("%d\n", dep[n - 1]);
	return 0;
}

C - Monotonically Increasing

题目大意

输出所有的长度为$N$的严格上升的序列，其中每个元素都在$[1,M]$之间，按字典升序输出，$1\le N\le M\le 10$。

输入格式

$N~M$

输出格式

按字典升序输出所有符合条件的序列，一行一个，序列中的每个元素用空格分隔。

分析

基础的回溯算法题，见代码。

代码

#include <cstdio>
#define maxn 15
using namespace std;

int n, m, ans[maxn];

void dfs(int pos, int last)
{
	if(pos == n)
	{
		for(int i=0; i<n; i++)
			printf("%d ", ans[i]);
		putchar('\n');
		return;
	}
	while(++last <= m)
	{
		ans[pos] = last;
		dfs(pos + 1, last);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &m);
	dfs(0, 0);
	return 0;
}

D - Left Right Operation

题目大意

给定长为$N$的整数序列$A=(A_1,A_2,\dots,A_N)$。
你可以进行下列两个操作，每个最多一次：

• 选择整数$x$，将$A$的前$x$项全部改成$L$。
• 选择整数$y$，将$A$的后$y$项全部改成$R$。

求操作后，最小的$A$中所有元素之和。

$1\le N\le 2\times 10^5$
$-10^9\le L,R,A_i\le 10^9$

输入格式

$N~L~R$
$A_1~A_2~\dots~A_N$

输出格式

输出答案。

分析

令$f_i=($使用操作$1$选择$x\le i$时的前$i$个序列元素的最小和$)$，
$~~~~g_i=($使用操作$2$选择$y\le i$时的后$i$个序列元素的最小和$)$，
则可得递推式$f_i=\min\{f_{i-1}+A_i,L\times i\}$，$g_i$同理。
此时，枚举两种操作的分界点$i$，则答案为$\min\limits_{i=1}^N(f_i+g_{N-i})$。实现时，可将$g$数组倒过来计算，这样答案为$\min\limits_{i=1}^N(f_i+g_{i+1})$。

递推式的正确性证明
前面已经提到了，$f_i=\min\{f_{i-1}+A_i,L\times i\}$。为什么？
先看$\min$后面的部分，应该好理解，就是前$i$个全部替换成$L$的总和。前面的$f_{i-1}+A_i$才是关键。考虑$f_{i-1}$的计算来源，要么是从$f_{i-2}+A_{i-1}$递推过来的，要么也是直接用$L\times(i-1)$得到的。再考虑$f_{i-2},f_{i-3},\dots,f_1$会发现，递推式的结果一定是(一段$L$)+(一段$A_i$)得到的。因此，这个递推式正确。$g$的正确性也可以用同样的方法证明，感兴趣的读者可以自行尝试。

总时间复杂度为$\mathcal O(N)$。

代码

注意使用long long。

#include <cstdio>
#define maxn 200005
using namespace std;

using LL = long long;
inline LL min(const LL& x, const LL& y)
{
	return x < y? x: y;
}

int a[maxn];
LL f[maxn], g[maxn];

int main()
{
	int n, l, r;
	scanf("%d%d%d", &n, &l, &r);
	for(int i=0; i<n; i++)
		scanf("%d", a + i);
	f[0] = min(l, a[0]);
	for(int i=1; i<n; i++)
		f[i] = min(f[i - 1] + a[i], (i + 1LL) * l);
	for(int i=n-1; i>=0; i--)
		g[i] = min(g[i + 1] + a[i], LL(n - i) * r);
	LL ans = g[0];
	for(int i=0; i<n; i++)
		ans = min(ans, f[i] + g[i + 1]);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

E - Sugoroku 3

题目大意

有$N$个方格，分别是方格$1$，方格$2$，..，方格$N$。
在方格$1,2,\dots,N-1$上，各有一枚骰子。方格$i$上的骰子会按照相同的概率随机输出$0,1,\dots,A_i$中的一个。

直到到达方格$N$之前，你每次会前进骰子输出的步数。换句话说，如果你在方格$x$上（$1\le x<N$），骰子输出了数字$y$（$0\le y\le A_i$），你下一步会到达方格$x+y$。

求到达方格$N$步数的期望值，对$998244353$取模。

$2\le N\le 2\times 10^5$
$1\le A_i\le N-i$（$1\le i<N$）

有理数取模【洛谷模板：P2613】
任意一个有理数都可被表示为$\frac PQ$的形式。令$R$为取模的结果，则$R\times Q\equiv P~(\bmod~998244353)$。
友情提示：对于除法计算，如$\frac AB$计算时，改为$A\times B^{P-2}\bmod P$，其他逐步取模即可。本题中，$P=998244353$。

输入格式

$N$
$A_1~A_2~\dots~A_{N-1}$

输出格式

输出答案，对$998244353$取模。

分析

令$\text{dp}_i=~$从$i$到$N$的期望步数，则初始状态为$\text{dp}_N=0$，答案为$\text{dp}_1$。
由于在方格上不能倒退，因此考虑倒序计算$\text{dp}$。对于第$i$个点，易得

$\text{dp}_i=\frac{\sum\limits_{j=i}^{i+A_i}\text{dp}_j}{A_i+1}+1$

其中，求和即遍历后面每一个下一步可能到达的位置，乘上出现概率$\frac1{A_i+1}$，最后再加上$1$表示使用一步。
由于左右都有$\text{dp}_i$，无法直接计算，我们将其单独提出并解方程，得：

$\text{dp}_i=\frac{(\sum\limits_{j=i}^{i+A_i}\text{dp}_j)+A_i+1}{A_i}$

此时，时间复杂度为$\mathcal O(N^2\log P)$（快速幂inv操作需要$\log P$的时间，其中$P=998244353$），使用后缀和优化后可达$\mathcal O(N\log P)$，可以通过本题。

代码

#include <cstdio>
#define maxn 200005
#define MOD 998244353
using namespace std;

using LL = long long;
int a[maxn], suf[maxn];

inline int inv(LL x)
{
	LL res = 1LL;
	int p = MOD - 2;
	while(p)
	{
		if(p & 1) (res *= x) %= MOD;
		(x *= x) %= MOD, p >>= 1;
	}
	return res;
}

int main()
{
	int n, cur;
	scanf("%d", &n);
	for(int i=0; i<n-1; i++)
		scanf("%d", a + i);
	for(int i=n-2; i>=0; i--)
	{
		int t = suf[i + 1] - suf[i + 1 + a[i]];
		if(t < 0) t += MOD;
		cur = (a[i] + t + 1LL) % MOD * inv(a[i]) % MOD;
		if((suf[i] = suf[i + 1] + cur) >= MOD)
			suf[i] -= MOD;
	}
	printf("%d\n", cur);
	return 0;
}