A. Broken Keyboard (CF 1251 A)
题目大意
键盘按键，鬼畜点一按会出现两次。现给出按键结果，判断哪些键一定不鬼畜。
解题思路
看同个字母连续出现奇数次还是偶数次即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
char s[508];
scanf("%s",s);
set<char> qwq;
int len=strlen(s);
for(int i=0;i<len;++i){
if (s[i]==s[i+1]) ++i;
else qwq.insert(s[i]);
}
for(auto i:qwq) putchar(i);
puts("");
}
return 0;
}
B. Binary Palindromes (CF 1251 B)
题目大意
给了(n)串(01)串，可以任意交换任意对串中任意的数字任意多次，问最多能弄出多少个回文串。
解题思路
我们发现(01)串长度是奇数的话一定可以自身交换成回文串，而如果是偶数的话，如果是偶数个(1)和(0)也可以自身交换成回文串，如果是奇数个(0)和(1)则不行，记这种串为(s)。由于奇数长度的串可以与(s)串进行交换使得(s)变成回文串。故如果有奇数串则全部都可以变成回文串，如果没有奇数串，但有偶数个(s)串，它们俩俩交换也可以是其都变成回文串，故有偶数个(s)串则全部都可以变成回文串，有奇数个的话就只有一个不能变成回文串。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
int n;
read(n);
int cnt[2]={0};
int aa=0;
for(int i=0;i<n;++i){
char s[58];
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
int qwq[2]={0};
for(int j=0;j<len;++j)
++qwq[s[j]-'0'];
if (len&1){
if (qwq[0]&1) ++cnt[0];
else ++cnt[1];
}
else if (qwq[0]&1) ++aa;
}
aa=aa&1;
aa=max(aa-cnt[0]-cnt[1],0);
int ans=n-aa;
write(ans,'
');
}
return 0;
}
C. Minimize The Integer (CF 1251 C)
题目大意
给了一串数字，相邻奇偶性不同的可以交换位置，问最小能交换出的数字是多少。
解题思路
奇偶性相同的数字不能交换，那么它们的相对位置不能发现变化，而不同的可以随便变。那么我们把奇数的单独拎出来，偶数的单独拎出来，两个指针分别指着奇数组和偶数组，然后每次取奇偶中最小的放回即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
char s[400005];
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
vector<int> cnt[2];
for(int i=0;i<len;++i){
int qwq=s[i]-'0';
cnt[qwq&1].push_back(qwq);
}
auto l=cnt[0].begin();
auto r=cnt[1].begin();
while(len--){
if (l!=cnt[0].end()&&r!=cnt[1].end()){
if (*l<*r){
putchar(*l+'0');
++l;
}
else{
putchar(*r+'0');
++r;
}
}else if (l!=cnt[0].end()){
putchar(*l+'0');
l++;
}else{
putchar(*r+'0');
++r;
}
}
puts("");
}
return 0;
}
D. Salary Changing (CF 1251 D)
题目大意
给(n)个人发工资，每人有一个发工资的钱数的范围，要求确定一种发工资方案，使得所有人所得的工资的中位数最大，且发的工资总数不超过(s)。
解题思路
很容易想到可以二分中位数(mid)，然后对于工资范围([l_i,r_i])，如果(r_i<mid)，这种人肯定给(l_i)，而对于(l_igeq mid)，这种人也肯定发(l_i)，至于(l_i<midleq r_i)，我们需要中位数为(mid)，就要有(m=frac{n+1}{2})个人的工资大于等于(mid)，如果此时这种人数小于(m)的话，还差(cnt)个，我们给(l_i)最大的(cnt)个人发(mid)工资，剩下的都发(l_i)即可。如果大于则全部发(l_i)，然后(mid)增大继续找。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
bool check(LL mid,vector<pair<LL,LL>> sol,int n,LL s){
int cnt=0;
vector<LL> qwq;
for(auto i:sol){
if (i.second<mid) s-=i.first;
else if (i.first>=mid) ++cnt,s-=i.first;
else qwq.push_back(i.first);
}
int m=(n+1)>>1;
if (cnt>m) return 1;
if (s<0) return 0;
if (qwq.size()+cnt<m) return 0;
sort(qwq.begin(),qwq.end());
int cou=qwq.size()-(m-cnt);
for(int i=0;i<cou;++i)
s-=qwq[i];
s-=(m-cnt)*mid;
if (s<0) return 0;
return 1;
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n;
LL s;
read(n);
read(s);
vector<pair<LL,LL>> sol;
for(int i=1;i<=n;++i){
LL l,r;
read(l);
read(r);
sol.push_back(make_pair(l,r));
}
LL l=0,r=1e9+7;
LL ans=0;
while(l<r){
LL mid=(l+r)>>1;
if (check(mid,sol,n,s)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid;
}
write(ans,'
');
}
return 0;
}
E1 E2. Voting (Easy/Hard Version) (CF 1251 E1 E2)
题目大意
拉选票，有(n)个人，第(i)个人需要用(p_i)金钱贿赂才会给你投票，或者看见有大于等于(m_i)个人给你投票的话他也会给你投票。现在你需要所有人都给你投票，问最小需要多少钱。
解题思路
分别考虑枚举金钱，贿赂多少人后无果。但考虑到知道多少人给你投票的角度的话似乎可解，于是我们将人通过(m_i)分组，对(m_i)倒序枚举，对于每组来说有一个(cur=m_i)，此时(m_j<cur)的人都已经投票给你了，记为(sum[i-1])，再加上自己已经贿赂了(py)个人，如果(sum[i-1]+pygeq cur)的，那这组人就归降于您，否则就需要再在(m_jgeq cur)的人中贿赂直到(sum[i-1]+py=cur)或都贿赂完，我们自然是贪心的找(p_i)最小的那些人贿赂，用优先队列维护即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n;
read(n);
int cnt[n+1]={0};
vector<int> money[n+1];
for(int p,m,i=1;i<=n;++i){
read(m);
read(p);
cnt[m]++;
money[m].push_back(p);
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> qwq;
LL ans=0;
int by=0;
for(int i=1;i<=n;++i) cnt[i]+=cnt[i-1];
for(int i=n-1;i>0;--i){
if (money[i].empty()) continue;
for(int j:money[i]) qwq.push(j);
if (cnt[i-1]+by>=i) continue;
while(!qwq.empty()&&cnt[i-1]+by<i){
ans+=qwq.top();
qwq.pop();
++by;
}
}
write(ans,'
');
}
return 0;
}
F. Red-White Fence (CF 1251 F)
题目大意
(n)块白栅栏(k)块红栅栏有各自高度，要求选出一个红栅栏和若干个白栅栏，排成一排，要求红栅栏高度最高，红栅栏左边的白栅栏（可以没有）高度严格递增，右边的白栅栏（可以没有）高度严格递减，且它们的周长为(Q)，有(q)次周长询问，分别回答方案数。
解题思路
记红栅栏高度为(h)，选了(cnt)个白栅栏，这栅栏的周长为(4 imes h imes (cnt+1))。
由于要严格递增或递减，对于长度相同有若干个的白栅栏只会用到两个，于是白栅栏就分成两种类型，一种是高度出现一次的，另一种是出现两次（及以上都归为两次）的。设红栅栏高度为(h)，则高度小于(h)的白栅栏中，高度出现一次的有(cnt_1)个，出现两次的有(cnt_2)个，要选(w)个白栅栏。然后我们考虑方案数。
如果(cnt_2)为零，方案数即为(C^{w}_{cnt_1} imes sumlimits_{i=0}^{w}C^{i}_{w}=C^{w}_{cnt_1} imes 2^{w})，但如果不为(0)，对于这些数我们要考虑选(1)个还是选(2)个，选(1)个还要考虑放左边还是放右边。我们可以这样处理，把这(cnt_2)个出现两次的这些数的个数翻倍，一个表示把它放左边的，一个表示把它放右边的，那么对于这个数就有三种选择的情况，分别对应上面的三种。所以最终的方案数即为(sumlimits_{i=0}^{w}2^{i} imes C^{i}_{cnt_1} imes C^{w-i}_{cnt_2})，这是个卷积形式，我们对于每一个红栅栏，构造多项式(f(x)=sumlimits_{i}2^{i} imes C^{i}_{cnt_1}x^{i})，(g(x)=sumlimits_{i}C^{i}_{cnt_2}x^{i})，用(NTT)加速(f*g)，则这个红栅栏对答案的贡献为(x^{w})的系数。预处理答案后(O(1))回答。总时间复杂度为(O(k*nlog_2 n+q))。
随便找了个NTT模板
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const LL mod=998244353;
const int maxn=3e5+8;
int N,M,n,k,q,wi,bl;
LL a[maxn*3],b[maxn*3],c[maxn*3],g,jie[maxn],jieinv[maxn],white[maxn],red[6],ans[5*maxn];
int cnt_white[maxn],cnt_black[maxn];
LL qpower(LL x, LL y){
LL res=1;
while (y){
if (y&1) (res*=x)%=mod;
(x*=x)%=mod;
y>>=1;
}
return res;
}
LL inv(LL x){return qpower(x, mod - 2);}
void NTT(LL *arr,int size,int type){
int rev[maxn*3];
rev[0]=0;
for(int i=1;i<size;++i)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(size>>1):0);
for(int i=0;i<size;++i)
if (rev[i]>i) swap(arr[i],arr[rev[i]]);
for(int len=2;len<=size;len<<=1){
LL wn=qpower(g,(mod-1)/len);
if(type==-1) wn=inv(wn);
for(int i=0;i<size;i+=len){
LL w=1;
for(int j=0;j<(len>>1);++j,w=w*wn%mod){
LL tmp1=arr[i+j],tmp2=arr[i+(len>>1)+j]*w%mod;
arr[i+j]=tmp1+tmp2;
arr[i+j+(len>>1)]=tmp1-tmp2;
if(arr[i+j]>=mod) arr[i+j]-=mod;
if(arr[i+j+(len>>1)]<0) arr[i+j+(len>>1)]+=mod;
}
}
}
if(type==-1) {
LL t=inv(size);
for(int i=0;i<size;++i)
arr[i]=arr[i]*t%mod;
}
}
LL C(int m,int n){
if (m>n) return 0;
if (m<0||n<0) return 0;
return jie[n]*jieinv[m]%mod*jieinv[n-m]%mod;
}
int main(void) {
read(n);
read(k);
for(int u,i=1;i<=n;++i){
read(u);
if (cnt_white[u]<2) white[++wi]=u,++cnt_white[u];
}
for(int u,i=1;i<=k;++i){
read(u);
if (cnt_black[u]==0) red[++bl]=u,++cnt_black[u];
}
sort(white+1,white+1+wi);
sort(red+1,red+1+bl);
jie[0]=jie[1]=jieinv[1]=jieinv[0]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
jie[i]=jie[i-1]*i%mod;
jieinv[i]=inv(jie[i]);
}
for(int i=1;i<=bl;++i){
int pos=lower_bound(white+1,white+1+wi,red[i])-white;
N=M=0;
for(int j=1;j<pos;++j){
if (white[j]==white[j+1]) N+=2,++j;
else ++M;
}
for(int j=0;j<=M;++j) a[j]=C(j,M)*qpower(2,j)%mod;
for(int j=0;j<=N;++j) b[j]=C(j,N);
++M;
++N;
int sz=1;
g=3;
while(sz<N+M) sz<<=1;
NTT(a,sz,1);
NTT(b,sz,1);
for(int i=0;i<sz;++i)
c[i]=a[i]*b[i]%mod;
NTT(c,sz,-1);
for(int j=0;j<max(pos,0);++j) ans[(red[i]<<1)+((j+1)<<1)]=(ans[(red[i]<<1)+((j+1)<<1)]+c[j])%mod;
for(int j=0;j<sz;++j) a[j]=0;
for(int j=0;j<sz;++j) b[j]=0;
for(int j=0;j<sz;++j) c[j]=0;
}
read(q);
for(int Q,i=1;i<=q;++i){
read(Q);
write(ans[Q],'
');
}
return 0;
}