Problem A. Super-palindrome
题解：
给你一个字符串，每一步可以将一个字符替换为另一个字符，问你最少多少步可以使得，该字符串任意奇数子串为回文串，偶数子串为回文串。
满足上面条件一定是ababab这种形式，所以我们只要找到数量最多的两种字符用n-numa-numb得到ans1,有可能一种字符的数量过多，这时候我们只要把所有字符都变成这种字符就行了。得到n-numa,ans2;
在ans1和ans2中去最小值就是答案了；
参考代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=210; int T,a[maxn]; char s[maxn]; int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%s",s+1); int len=strlen(s+1),ans=0; for(int i=1;i<=len;++i) a[i]=s[i]-'a'+1; for(int i=1;i<=26;++i) { for(int j=1;j<=26;++j) { int sum=0; for(int k=1;k<=len;++k) { if((k&1)&&a[k]==i) ++sum; if(!(k&1)&&a[k]==j) ++sum; } ans=max(ans,sum); } } for(int i=1;i<=26;++i) { int sum=0; for(int k=1;k<=len;++k) if(a[k]==i) sum++; ans=max(ans,sum); } printf("%d ",len-ans); } return 0; }
Problem B. Master of Phi
公式化简；
参考代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int mod=998244353; int quick_pow(int a,int b){int ans=1;while(b) {if(b&1) ans=1LL*a*ans%mod;a=1LL*a*a%mod;b>>=1;} return ans;} int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { int m; scanf("%d",&m); LL ans=1; for(int i=1;i<=m;i++) { int p,q; scanf("%d%d",&p,&q); ans=1LL*ans*(quick_pow(p,q)+1LL*quick_pow(p,q-1)*(p-1)%mod*q%mod)%mod; } printf("%lld ",ans); } }
Problem C. Hakase and Nano
题解：
给你n对石头，每堆a[i]个，一个d,d==1时表示Hakase先手，d==2时表示Nano先手，每次从一堆中拿任意个石头，至少拿一个；但是这是一个不平等博弈，就是Hakase可以连续拿两次，而Nano只能连续拿一次。问你Hakase是否可以取胜。
首先如果d==1,那么只有当所有堆石头的数量都为1且数量%3==1的时候Hakase才必败，其他情况都是必胜。
d==2的时候，因为N想赢所以肯定想转换到上述H会输的状态，所以H在n是3的倍数，且有n-1个数为1时会输（这时N只需从不是1的那堆石子里拿掉一些石子使状态变为1 1 1），或者n是3的倍数余1，且n个数为1时会输（此时N只需拿掉一堆石子，H就到了必输态），或者n是3的倍数余1，且n-1个数为1时会输（此时N只需拿掉一堆不是1的石子，H就到了必输态）。
参考代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int T,n,d,x; int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { int cnt=0; scanf("%d%d",&n,&d); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&x),cnt+=(x==1); if(d==1) { if(cnt==n&&n%3==0) puts("No"); else puts("Yes"); } else { if(n%3==1&&cnt>=n-1) puts("No"); else if(n%3==0&&cnt==n-1) puts("No"); else puts("Yes"); } } return 0; }
Problem D. Master of Random
题解：
给你一棵树，每个节点有个权值，现在这个树是随机的，现在随即选择一颗子树，问你这棵子树的节点权值和的期望为多少；
我们考虑对于一颗子树上面的点，他到子树的根必定在他到整个树的根的路径上面，然后，我们考虑每次添加一个节点，他要么是子树根节点，要么自己单独型号才能一个子树。
参考代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mod 998244353 typedef long long ll; const int maxn=1e5+10; int T,n; ll num,sum,ans,a[maxn],f[maxn]; ll qpow(ll x,ll y) { ll res=1; while(y) { if(y&1) res=res*x%mod; x=x*x%mod; y>>=1; } return res; } int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); sum=0;ans=0; num=qpow(n,mod-2); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i); for(int i=1;i<=n;i++) { f[i]=(sum*qpow(i-1,mod-2)%mod+1)%mod; sum=(sum+f[i])%mod; ans=(ans+a[i]*f[i]%mod)%mod; } ans=(ans*num)%mod; printf("%lld ",ans); } return 0; }
Problem E. Master of Subgraph
题解：
题目给你一个树图，然后每个节点一个权值a[i],给你一个m,对于x=1~m :问你该树图里面是否有连通子图的值为x,输出x对应取值下的答案(0/1);
我们考虑点分治，用bitset维护经过每个点的链的权值和。
参考代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int INF=0x3f3f3f3f; const int maxn=3e3+10; const int maxm=1e5+10; bitset<maxm> bit[maxn],ans; int T,n,m,w[maxn]; vector<int> g[maxn]; int root,mx[maxn],siz[maxn],S; bool vis[maxn]; void getroot(int u,int fa) { siz[u]=1;mx[u]=0; for(int i=0,len=g[u].size();i<len;++i) { int v=g[u][i]; if(v==fa || vis[v]) continue; getroot(v,u); siz[u]+=siz[v]; mx[u]=max(mx[u],siz[v]); } mx[u]=max(mx[u],S-mx[u]); if(mx[u]<mx[root]) root=u; } void calc(int u,int fa) { siz[u]=1;bit[u]<<=w[u]; for(int i=0,len=g[u].size();i<len;++i) { int v=g[u][i]; if(vis[v]||v==fa) continue; bit[v]=bit[u]; calc(v,u); bit[u]|=bit[v]; siz[u]+=siz[v]; } } void solve(int u) { vis[u]=true; bit[u].reset();bit[u].set(0); calc(u,0); ans|=bit[u]; for(int i=0,len=g[u].size();i<len;++i) { int v=g[u][i]; if(vis[v]) continue; root=0; S=siz[v]; getroot(v,0); solve(root); } } int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { ans.reset(); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;++i) g[i].clear(),vis[i]=0; for(int i=1;i<n;++i) { int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); g[u].push_back(v); g[v].push_back(u); } for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",w+i); S=n; root=0;mx[0]=INF; getroot(1,0); solve(1); for(int i=1;i<=m;++i) printf("%d",(int)ans[i]); puts(""); } return 0; }
Problem J. Master of GCD
题意：
给出T组数据（1 <= T <= 10）,每组数据中，有两个数n（1 <= n <= 10^5）和 m (1 <= m <= 10^5)。其中 n 表示有n个由1组成的数， m表示下面给出m组数据，每组数据由 p，q，k 组成。表示区间p 到 q，增大k倍（k 等于2 或者 3）.输出这n个数最终的最大公约数。由于数据比较大，因此需要mod 998244353。
差分一下，维护2的次幂和3的次幂；
参考代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define mod 998244353 typedef long long ll; const int maxn=1e5+10; int T,n,m; ll x[maxn],y[maxn]; ll qpow(ll x,ll y) { ll res=1; while(y) { if(y&1) res=res*x%mod; x=x*x%mod; y>>=1; } return res; } int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<=n;++i) x[i]=y[i]=0; for(int i=1;i<=m;++i) { int l,r,xx; scanf("%d%d%d",&l,&r,&xx); if(xx==2) x[l]++,x[r+1]--; else y[l]++,y[r+1]--; } for(int i=2;i<=n;++i) x[i]+=x[i-1],y[i]+=y[i-1]; ll ans1=x[1],ans2=y[1]; for(int i=2;i<=n;++i) ans1=min(ans1,x[i]),ans2=min(ans2,y[i]); ll ans=qpow(2,ans1)*qpow(3,ans2)%mod; printf("%lld ",ans); } return 0; }
Problem K. Master of Sequence
题解：
参考代码：
#include<bits/stdc++.h> #define mod 998244353 const int maxn=1e6+10; using namespace std; typedef long long ll; struct node{ ll a,b; } p[maxn]; int T,n,m,num[1010][1010],cnt[1010]; ll s; int main() { scanf("%d",&T); while(T--) { s=0; memset(num,0,sizeof num); memset(cnt,0,sizeof cnt); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i].a); for(int i=1;i<=n;++i) { scanf("%d",&p[i].b); s+=(p[i].b/p[i].a); cnt[p[i].a]++; num[p[i].a][p[i].b%p[i].a]++; } for(int i=1;i<=1000;i++) for(int j=i-1;j>=0;j--) num[i][j]+=num[i][j+1]; while(m--) { int ty,y,z; scanf("%d",&ty); if(ty==1) { scanf("%d%d",&y,&z); for(int i=p[y].b%p[y].a;i>=1;--i) num[p[y].a][i]--; s-=(p[y].b/p[y].a); cnt[p[y].a]--; p[y].a=z; s+=(p[y].b/p[y].a); cnt[z]++; for(int i=p[y].b%z;i>=1;--i) num[z][i]++; } else if(ty==2) { scanf("%d%d",&y,&z); for(int i=p[y].b%p[y].a;i>=1;--i) num[p[y].a][i]--; s-=(p[y].b/p[y].a); p[y].b=z; s+=(p[y].b/p[y].a); for(int i=p[y].b%p[y].a;i>=1;--i) num[p[y].a][i]++; } else { ll k; scanf("%lld",&k); ll l=1,r=1e13,ans; while(l<=r) { ll mid=l+r>>1; ll sum=-s; for(int i=1;i<=1000;++i) sum+=mid/i*cnt[i]-num[i][mid%i+1]; if(sum>=k) r=mid-1,ans=mid; else l=mid+1; } printf("%lld ",ans); } } } return 0; }