HR#7 题解

T1

签到题

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
inline int g() { R x=0,f=1;
	register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) f=ch=='-'?-1:f;
	do x=x*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return x*f;
}
int n,p[101],d[101];
int main() {
	n=g(); for(R i=1;i<=n;++i) p[i]=g(),d[i]=g();
	for(R i=1;i<=n;++i) for(R j=1;j<=n;++j) {
		if(p[i]+d[i]==p[j]&&p[i]==p[j]+d[j]) return puts("= ="),0;
	}	puts("O O");
}

T2

想一下，发现对应进制Base的奇数幂的位置必须是0。
每一位都可以是 (0)~(K-1) ，所以我们直接计算每个长度的答案累加就好，注意要特判最高位是否是偶数幂，若是，则要有最高位的限制。

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
#define ll long long
using namespace std;
namespace Luitaryi {
inline ll g() { register ll x=0,f=1;
	register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) f=ch=='-'?-1:f;
	do x=x*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return x*f;
}
ll n,x,k,ans,anss; int mem[20],t;
inline void main() {
	x=n=g(),k=g(); while(x) mem[++t]=x%k,x/=k;
	ans=1;
	for(R i=1;i<t;i+=2) ans+=ans*(k-1); anss=ans;
	if(t&1) for(R i=1;i<=mem[t];++i) anss+=ans;
	printf("%lld
",anss);
}	
} signed main() {Luitaryi::main(); return 0;}

T3

通过观察(?)，发现，只有冗余 (2*2) 的格子时，我们无法正确计算能填几个 (1*3) 的，于是判掉。。。。。
剩下的直接贪心，排序后取前几个 （显然）

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
namespace Luitaryi {
inline int g() { R x=0,f=1;
	register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) f=ch=='-'?-1:f;
	do x=x*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return x*f;
} const int N=10010;
int T,n,m,k1,k2,ans,Lim;
int w1[N],w2[N];
inline void main() {
	T=g(); while(T--) { ans=0;
		n=g(),m=g(),k1=g(),k2=g();
		for(R i=1;i<=k1;++i) w1[i]=g();
		for(R i=1;i<=k2;++i) w2[i]=g();
		sort(w1+1,w1+k1+1,greater<int>());
		sort(w2+1,w2+k2+1,greater<int>());
		for(R i=1;i<=k1;++i) w1[i]+=w1[i-1];
		for(R i=1;i<=k2;++i) w2[i]+=w2[i-1];
		if(n%3==2&&m%3==2&&(n==2||m==2)) //冗余2*2的格子，而 2*2 的格子不能用 1*3 的物品去填的 
			Lim=n*m-4;
		else Lim=n*m-n*m%3;
		for(R i=0,lim=min(k2,Lim/3);i<=lim;++i) 
			ans=max(ans,w2[i]+w1[min(k1,(n*m-i*3)/2)]);
		printf("%d
",ans);
	}
}
} signed main() {Luitaryi::main(); return 0;}

T4

考试时只会插板，dp预处理不会。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define R register int
#define ll long long
using namespace std;
namespace Luitaryi {
inline ll g() { register ll x=0,f=1;
	register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) f=ch=='-'?-1:f;
	do x=x*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return x*f;
} const int N=100,M=905229641;
int m,ans,Inv[N+1],fac[N+1],f[N*N][N]; ll n;
inline int C(ll n,int m) { R ret=1;
	for(R i=1;i<=m;++i) ret=1ll*ret*Inv[i]%M*((n-m+i)%M)%M; return ret;
}
inline void main() {
	Inv[0]=Inv[1]=1; for(R i=2;i<=N;++i) Inv[i]=M-1ll*M/i*Inv[M%i]%M;
	fac[0]=fac[1]=1; for(R i=2;i<=N;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%M;
	n=g(),m=g(); f[0][0]=1; //f[j][i] 和为j，i个 %m 不同余的数 
	for(R t=0;t<m;++t) for(R j=m*(m-1)/2;j>=t;--j) for(R i=m;i>=1;--i)
		f[j][i]=(f[j][i]+f[j-t][i-1])%M;
	//枚举填的是什么数（模意义下），枚举填了几个，枚举总和。（01背包） 
        //之所以要记填了几个，是因为后面插板要用
	for(R i=0,lim=min(m*(m-1)/2ll,n);i<=lim;++i) { //枚举可以自由分配的部分 
		if((n-i)%m) continue; register ll k=(n-i)/m;
		for(R j=1;j<=m;++j) ans=(ans+1ll*f[i][j]*C(k+j-1,j-1)%M*fac[j])%M;//插板，注意是有序的 
	} printf("%d
",ans);
}
} signed main() {Luitaryi::main(); return 0;}

T5

首先有一个十分 naive 的做法：

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
namespace Luitaryi {
inline int g() { R x=0,f=1;
	register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) f=ch=='-'?-1:f;
	do x=x*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return x*f;
} int n;
char s[30],c[100010];
inline void ck(int l,int r) { 
	c[l]=1,c[r]=0;
	if(l+1==r) return ;
	printf("? %d %d",l+1,r-1);
	cout<<endl<<flush;
	scanf("%s",s);
	if(s[0]=='Y') ck(l+1,r-1);
	else {
		if(l+3==r) {
			c[l]=1,c[l+1]=0,c[l+2]=1,c[l+3]=0; return ;
		}
		for(R p=l+1;p<r&&l<r;p+=2) {
			printf("? %d %d",l,p);
			cout<<endl<<flush;
			scanf("%s",s);
			//flush(stdin);
			if(s[0]=='Y') {ck(l,p),ck(p+1,r); return ;}
		}
	}
}
inline void main() {
	n=g(); 
	ck(1,n);
	putchar('!');putchar(' ');
	for(R i=1;i<=n;++i) putchar(c[i]?'(':')'); cout<<endl<<flush<<endl;
}
} signed main() {Luitaryi::main(); return 0;}

只是充充数
上面的代码含义是递归每个 合法的 区间，我们发现，如果区间是合法的，最左边一定是 '(' ，**最右边一定是 ** ')' 。
于是一个合法区间可能由一个或多个合法子区间组成，于是递归。
递归边界是两个合法括号"()"或四个"()()"
好的显然他询问次数过多

但是注意到，我们在上面没有好好 利用每一次询问得到的信息 ，所以他萎了。
注意一下上次的递归边界，若有两个括号，且合法，那一定是"()"，这种是真正有用的信息。
我们怎么利用呢？我们可以一直询问相邻两个，若合法，就把他们去掉，这样包含他们的两个括号就相连了，即我们可以接着尝试扩展合法区间。
具体的，我们可以用一个栈维护这个过程：若栈中为空，当前指针入栈；若栈中的括号与现在指针构成的区间合法，弹栈；否则当前指针入栈；
复杂度(mathcal{O}(n))

#include<bits/stdc++.h>
#define R register int
using namespace std;
namespace Luitaryi {
inline int g() { R x=0,f=1;
	register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) f=ch=='-'?-1:f;
	do x=x*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return x*f;
}
int n,stk[100010],top;
char s[30],c[100010];
inline void main() {
	n=g(); stk[++top]=1; R p=2;
	while(p<=n) {
		if(!top) stk[++top]=p,++p;
		printf("? %d %d",stk[top],p);
		cout<<endl<<flush;
		scanf("%s",s); if(s[0]=='Y'){
			c[stk[top]]=1,c[p]=0; --top;
		} else stk[++top]=p;
		//p+=2;
		++p;
	} putchar('!');putchar(' ');
	for(R i=1;i<=n;++i) putchar(c[i]?'(':')'); cout<<endl<<flush<<endl;
}
} signed main() {Luitaryi::main(); return 0;}