Atcoder Tenka1 Programmer Contest 2019 题解

link

题面真简洁 qaq

C Stones

最终一定是连续一段 . 加上连续一段 # 。直接枚举断点记录前缀和统计即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)

using namespace std;

const int N=2e5+10;
int n,cnt0[N],cnt1[N],ans; char s[N];

int main(){
    scanf("%d%s",&n,s+1);
    rep (i,1,n) cnt0[i]+=s[i]=='#',cnt1[i]+=s[i]=='.';
    rep (i,1,n) cnt0[i]+=cnt0[i-1],cnt1[i]+=cnt1[i-1];
    ans=n;
    rep (i,0,n) ans=min(ans,cnt0[i]+cnt1[n]-cnt1[i]);
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

D Three Colors

记 S 为总和，不妨设 $R>B,G$ ，那么有 $Rleq frac S2$ 。考虑总方案减去 $R>frac S2$ 的方案，后者用 f[i][j] 表示前 i 个数和为 j 的方案数，跑一遍 dp 即可。注意若存在 $R=B=frac S2$ 这种情况需要去重。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)

using namespace std;

const int N=311,mod=998244353;
int n,a[N],f[N][N*N],g[N][N*N],all,sum,res;

inline void upd(int &x,int y){x+=y; x-=x>=mod?mod:0;}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n;
    all=1;
    rep (i,1,n) cin>>a[i],all=all*3ll%mod;
    f[0][0]=1;
    rep (i,1,n){
        rep (j,0,sum) if (f[i-1][j]){
            upd(f[i][j],f[i-1][j]*2ll%mod);
            upd(f[i][j+a[i]],f[i-1][j]);
        }
        sum+=a[i];
    }
    rep (i,(sum+1)>>1,sum) upd(res,f[n][i]);
    if (!(sum&1)){
        sum=0;
        g[0][0]=1;
        rep (i,1,n){
            rep (j,0,sum) if (g[i-1][j]){
                upd(g[i][j],g[i-1][j]);
                upd(g[i][j+a[i]],g[i-1][j]);
            }
            sum+=a[i];
        }
        upd(res,mod-g[n][sum/2]);
    }
    upd(all,(mod-res)*3ll%mod);
    cout<<all;
    return 0;
}

E Polynomial Divisors

【开启翻译模式】

首先提取系数的 $gcd$ 的所有质因子。

然后对于一个质数 $pleq n$ ，整系数多项式 $f(x)$ 若满足所有 $x$ 代入的值都被 $p$ 整除，当且仅当在 $mod p$ 意义下， $f$ 含有因式 $x^p-x$ 。那么我们只需要对所有质数 $p$ ，做一次模意义下多项式除法，检验余式是否为 0 即可。

证明：

• 充分性：根据费马小定理显然。
• 必要性：可以从如下事实证明：在 $mod p$ 意义下 $0,1,...,p-1$ 均为 $f(x)$ 的根，那么 $f(x)$ 含有因式 $x(x-1)(x-2)...(x-(p-1))$ ，而 $x(x-1)(x-2)...(x-(p-1))$ 在 $mod p$ 意义下和 $x^p-x$ 等价（如果它们不一致，我们可以得到它们的差并得到 $leq p-1$ 次的含有 $p$ 个根的多项式，矛盾）。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define Vi vector<int>

using namespace std;

const int N=1e4+10;
int n,a[N],g,b[N],c[N]; Vi V;

bool is_prime(int x){
    for (int i=2;i*i<=x;i++) if (x%i==0) return 0;
    return 1;
}
bool chk(int p){
    if (a[0]%p) return 0;
    rep (i,0,n-1) b[i]=a[i+1]%p;
    for (int i=n-1;i>=p-1;i--) (b[i-(p-1)]+=b[i])%=p,b[i]=0;
    rep (i,0,n-1) if (b[i]%p) return 0;
    return 1;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n;
    rep (i,0,n) cin>>a[i],g=__gcd(g,a[i]);
    g<0?g=-g:0; reverse(a,a+n+1);
    for (int i=2;i*i<=g;i++)
        if (g%i==0){
            V.push_back(i);
            while (g%i==0) g/=i;
        }
    if (g>1) V.push_back(g);
    rep (i,2,n) if (is_prime(i)&&chk(i)) V.push_back(i);
    sort(V.begin(),V.end());
    rep (i,0,(int)V.size()-1) if (!i||V[i]!=V[i-1]) cout<<V[i]<<'
';
    return 0;
}

F Banned X

先不考虑 0 ，最后插入到 1, 2 中即可。

我们枚举 1, 2 构成的序列长度 n 。

考虑 1, 2 序列的合法方案，只有两种情况：

1. 总和 $<x-1$ 
2. 存在前缀和 $=x-1$ 

首先证明除了 $<x-1$ 的情况，若序列合法一定存在前缀和 $=x-1$ 。（这或许是个极其显然的命题，然而请原谅本人数学水平低下，若觉得显然可以直接跳过）

若序列和 $=x-1$ ，得证；

若序列和 $=x$ ，不合法，不予考虑；

若序列和 $>x$ ：设数列 $sum_i$ 为序列前缀和，序列长度为 $N$ 。

若 $x=1$ ，有 $sum_0=0=x-1$ ，下面只考虑 $x>1$ 的情况。

考虑反证，假设不存在前缀和 $=x-1$ ，同时由于序列合法，可知也不存在前缀和 $=x$ 。那么有 $forall i ,sum_i eq x,sum_i eq x-1$ ，即 $forall i, sum_i<x-1 or sum_i>x$ 。由于前缀和具有单调递增性（在数值均 >0 的情况下），而 $sum_0=0,sum_N>x$ ，故 $exists iin [1,N], sum_{i-1}<x-1,sum_i>x$ ，也就是 $sum_i-sum_{i-1}>2$ ，和题中序列值域在 $[1,2]$ 矛盾。

故命题得证。

那么枚举和 $=x-1$ 的前缀长度。接下来考虑还有什么限制？

若序列 $a[1...k]$ 和为 $x-1$ 且 $k<n$ ，那么 $a[k+1]=2$ ，此时发现若 $a[1]=1$ ，那么存在子串 $a[2...k+1]$ 和为 $x-1$ 不合法，故 $a[1]=2$ 。所以以此类推，可以得到 $a[k+1...n]$ 均为 2 ， $a[1...n-k]$ 同样均为 2 。

那么若 $n-kleq k$ ，只需考虑长为 $k-(n-k)$ 的部分的方案数即可；若 $n-k>k$ ，此时发现唯一合法的情况为全部填 2 ，容易判断。

总时间复杂度 $mathcal{O}(n^2)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define ll long long

using namespace std;

const int N=3010,mod=998244353;
int n,x,f[N][N<<1],fac[N],inv[N],ans;

inline void upd(int &x,int y){x+=y; x-=x>=mod?mod:0;}

void init(int n){
    fac[0]=fac[1]=inv[0]=inv[1]=1;
    rep (i,2,n) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod,inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    rep (i,2,n) inv[i]=(ll)inv[i]*inv[i-1]%mod;
}
int C(int n,int m){return (ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>x; init(n);
    f[0][0]=1;
    rep (i,1,n) rep (j,1,x){
        upd(f[i][j],f[i-1][j-1]);
        if (j>1) upd(f[i][j],f[i-1][j-2]);
    }
    rep (i,0,n){
        int res=0;
        rep (j,0,x-2) upd(res,f[i][j]);
        rep (j,0,i)
            if (i-j<=j&&x-1-2*(i-j)>=0) upd(res,f[j-(i-j)][x-1-2*(i-j)]);
            else if (i-j>j&&j*2==x-1) upd(res,1);
        upd(ans,(ll)C(n,i)*res%mod);
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}