我们可以用 set 和 multiset 来分别维护 card 和 box
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
multiset<int> box[N];
set<int> c[N];
int n,q,i,j,o;
signed main(){
cin>>n>>q;
while(q--){
cin>>o;
if(o==1){
cin>>i>>j;
box[j].insert(i);
c[i].insert(j);
}
else if(o==2){
cin>>i;
for(auto k:box[i]) cout<<k<<" ";
cout<<"\n";
}
else {
cin>>i;
for(auto k:c[i]) cout<<k<<" ";
cout<<"\n";
}
}
return 0;
}
数字的操作我们可以用队列来维护。 因为数字很大，那么该怎么算结果呢？
我们可以一边算一边操作。
设现在答案为ans
- 加入操作:
- 删除操作:
首位数字的贡献
首位数字的贡献可以一边操作一边维护，乘 或
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
queue<int> q;
int Q,o,x,inv,ans=1,f=1;
int ksm(int a,int b,int m){
if(b==0) return 1;
if(b==1) return a%m;
int t=ksm(a,b/2,m)%m;
t=t*t%m;
if(b%2) t=t*a%m;
return t;
}
signed main(){
inv=ksm(10,mod-2,mod);
q.push(1);
cin>>Q;
while(Q--){
cin>>o;
if(o==1){
cin>>x;
q.push(x);
ans=(ans*10+x)%mod;
f=(f*10)%mod;
}
else if(o==2){
ans=((ans-f*q.front()%mod)+mod)%mod;
q.pop();
f=f*inv%mod;
}
else cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
因为数据范围小，想怎么搞就怎么搞。
两个人的位置都只会前进不会后退，可以用 表示达成“ 走到 ， 走到 这个局面” 的概率。
所以说，我们可以使用递推。到最后再来统计获胜局面的概率之和就行了。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,A,B,q,P;
int inv[15];
int p[110][110];
signed main(){
cin>>n>>A>>B>>P>>q;
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=10;++i){
inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
p[A][B]=1;
for(int a=A;a<=n;a++){
for(int b=B;b<=n;b++){
if(a==n||b==n) break;
for(int i=1;i<=P;++i){
for(int j=1;j<=q;++j){
p[min(a+i,n)][min(b+j,n)]=(p[min(a+i,n)][min(b+j,n)]+(inv[P]*inv[q]%mod)*p[a][b])%mod;
}
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
ans=(ans+p[n][i])%mod;
}
cout<<ans%mod<<"\n";
return 0;
}