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Contest Info
[Practice Link](https://codeforc.es/contest/1178)
| Solved | A | B | C | D | E | F1 | F2 | G | H |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 6/9 | O | O | O | O | O | Ø | - | - | - |
- O 在比赛中通过
- Ø 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
Solutions
A. Prime Minister
签到题。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 110
int n, a[N], b[N];
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
memset(b, 0, sizeof b);
int sum = 0, other = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i), sum += a[i];
b[1] = 1;
other = a[1];
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (a[1] >= a[i] * 2) {
other += a[i];
b[i] = 1;
}
}
if (other > sum / 2) {
int sze = 0;
vector <int> vec;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (b[i]) {
++sze;
vec.push_back(i);
}
}
printf("%d
", sze);
for (int i = 0; i < sze; ++i) printf("%d%c", vec[i], "
"[i == sze - 1]);
} else {
puts("0");
}
}
return 0;
}
B. WOW Factor
题意：
将连续的两个(v)可以看成一个(w)，询问给出的字符串中只包含字符(v)和(o)，询问有多少个子序列组成(wow)
思路：
先处理出每个(o)左边有多少个(w)以及右边有多少个(w)，然后计算贡献即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 1000010
int n;
ll l[N], r[N];
char s[N];
int main() {
while (scanf("%s", s + 1) != EOF) {
n = strlen(s + 1);
l[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
l[i] = l[i - 1];
if (i > 1 && s[i] == 'v' && s[i - 1] == 'v') {
++l[i];
}
}
r[n + 1] = 0;
for (int i = n; i >= 1; --i) {
r[i] = r[i + 1];
if (i < n && s[i] == 'v' && s[i + 1] == 'v') {
++r[i];
}
}
ll res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (s[i] == 'o') {
res += 1ll * l[i - 1] * r[i + 1];
}
}
printf("%lld
", res);
}
return 0;
}
C. Tiles
题意：
有这样的瓷砖：
用来拼(n cdot m)的地板，要求任意相邻的边两边的颜色不能相同。
思路：
显然第一个位置可以有四种选择，并且第一排的后面的每个位置都有两种选择，因为不能和前面的边相同。
那么第一列后面的位置也有两种选择，那么剩下的位置都只有一种选择，因为它们相邻了两条边。
所以答案就是(4 cdot 2^{n + m - 2})
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll p = 998244353;
ll qmod (ll base, ll n) {
ll res = 1;
while (n) {
if (n & 1) {
res = res * base % p;
}
base = base * base % p;
n >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
int n, m;
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
printf("%lld
", qmod(2, n - 1) * qmod(2, m - 1) % p * 4 % p);
}
return 0;
}
D. Prime Graph
题意：
给出(n)个点，要求构成一个简单图，使得边的总数是素数，并且每个点的度数也是素数。
思路：
- 首先考虑每个点的度数至少为(2)，那么先把这些点连成一个环，所有点的度数就是(2)了。
- 再考虑边的数量是素数，一个显然的想法是所有数都可以表示成(2x + 3y)的形式，所以我们将环中的点分成两部分，每次各取一个点连边，就增加一条边，并且让两个度数为(2)的点变成度数为(3)的。
- 那么只要满足我们找一个(>= n)的最近的素数(y)，使得(y - n leq frac{n}{2})即可这样构造。
- 素数的密度很高，或者(n)只有(1000)可以打表验证一下，这样是可以的。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1010
#define pii pair <int, int>
#define fi first
#define se second
int n;
bool isprime(int x) {
for (int i = 2; i < x; ++i) {
if (x % i == 0) return 0;
}
return 1;
}
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
int tot = n;
for (int i = tot; ; ++i) {
if (isprime(i)) {
tot = i;
break;
}
}
vector <pii> vec;
for (int i = 2; i <= n; ++i) vec.push_back(pii(i - 1, i));
vec.push_back(pii(1, n));
int remind = tot - n;
int pos = n / 2 + 1;
for (int i = 1; i <= remind; ++i) {
vec.push_back(pii(i, pos));
++pos;
}
printf("%d
", tot);
for (auto it : vec) printf("%d %d
", it.fi, it.se);
}
return 0;
}
E. Archaeology
题意：
给出一个只包含'a', 'b', 'c'的字符串，保证任意两个连续的字符都不相同，要求选出一个子序列(t)使得它是一个回文串，并且(|t| geq leftlfloor frac{|s|}{2}
ight
floor)
思路：
贪心从两端取即可。
因为左端的两个字符和右端的两个字符，必然会有两个相等，因为保证了任意两个连续的字符不同，那么这样就是说每(4)个字符，至少有(2)个有贡献，显然满足题目限制。
其实也可以枚举一样，看看：
假如左端的(ab)，那么右端的取值有以下几种：
- (ab)
- (ac)
- (bc)
显然都满足要求。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000010
#define INF 0x3f3f3f3f
int n, m, f[N][3], g[N][3], nx[3];
char s[N], t[N];
int vis[N];
bool ok() {
m = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) if (vis[i]) {
t[++m] = s[i];
}
t[m + 1] = 0;
if (m >= n / 2) {
printf("%s
", t + 1);
return 1;
}
return 0;
}
int main() {
while (scanf("%s", s + 1) != EOF) {
n = strlen(s + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) vis[i] = 0;
nx[0] = nx[1] = nx[2] = 0;
for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
for (int j = 0; j < 3; ++j) {
g[i][j] = nx[j];
}
if (i <= n) {
nx[s[i] - 'a'] = i;
}
}
nx[0] = nx[1] = nx[2] = n + 1;
for (int i = n; i >= 0; --i) {
for (int j = 0; j < 3; ++j) {
f[i][j] = nx[j];
}
if (i > 0) {
nx[s[i] - 'a'] = i;
}
}
int l = 0, r = n + 1;
while (l <= r) {
int Min = INF, pos = -1;
for (int i = 0; i < 3; ++i) {
if (f[l][i] < g[r][i] && f[l][i] - l + r - g[r][i] < Min) {
Min = f[l][i] - l + r - g[r][i];
pos = i;
}
}
if (pos == -1) break;
l = f[l][pos];
r = g[r][pos];
vis[l] = vis[r] = 1;
}
if (l < r - 1) {
vis[l + 1] = 1;
}
if (!ok()) printf("IMPOSSIBLE
");
}
return 0;
}
F1. Short Colorful Strip
题意：
有一个长度为(n)的方格纸，现在要求做(n)次涂刷操作，每次选择一个区间将其刷成颜色(i)，刚开始全都为颜色(0)，问最后方格纸上第(i)格颜色为(c_i)的方案数。
(n = m)。
思路：
令(f[l][r])表示完成区间([l, r])的涂刷的方案数。
考虑对于一个区间([l, r])，那么我们第一次涂的肯定是(c_i)最小的，然后以(c_i)最小的那个格子为界，划分成两边，令(pos[i])表示当前区间(c_i)最小的格子的下标，那么有转移方程：
[egin{eqnarray*}
f[l][r] = sumlimits_{a} sumlimits_{b} f[l][a - 1] cdot f[a][pos[i] - 1] cdot f[pos[i] + 1][i - 1] cdot f[i +1][r]
end{eqnarray*}
]
注意到划分出两个区间后，左边右边独立，所以可以分开计算，最后乘起来即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 510
const ll p = 998244353;
int n, m, a[N];
ll f[N][N];
void add(ll &x, ll y) {
x += y;
if (x >= p) x -= p;
}
ll dp(int l, int r) {
if (l > r) return 1;
if (f[l][r] != -1) return f[l][r];
if (l == r) return f[l][r] = 1;
f[l][r] = 0;
int pos = l;
for (int i = l + 1; i <= r; ++i) {
if (a[i] < a[pos]) pos = i;
}
ll L = dp(l, pos - 1), R = dp(pos + 1, r);
for (int i = l; i < pos; ++i) {
add(L, dp(l, i) * dp(i + 1, pos - 1) % p);
}
for (int i = pos + 1; i <= r; ++i) {
add(R, dp(pos + 1, i) * dp(i + 1, r) % p);
}
return f[l][r] = L * R % p;
}
int main() {
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
memset(f, -1, sizeof f);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
printf("%lld
", dp(1, n));
}
return 0;
}