Codeforces Round #551 (Div. 2) 题解

CF1153A

直接做啊，分类讨论即可

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);

int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
	return x*f;
}

int main()
{
	int n=read(),st=read(),ans=0,tim=maxd;
	rep(i,1,n)
	{
		int s=read(),d=read();
		if (s==st) {printf("%d",i);return 0;}
		else if (s>st)
		{
			if (s<tim) {ans=i;tim=s;}
		}
		else
		{
			int tmp=(st-s-1)/d+1;
			int now=(tmp*d+s);
			if (now<tim) {ans=i;tim=now;}
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

CF1153B

对于(h_{i,j})，我们有两个最小值的限制，那么我们强制(h_{i,j})为这两个限制最小值即可

由于题目保证有解，故总存在对应的答案

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
int n,m,h,blo[1010][1010],ans[1010][1010],x[1010],y[1010];

int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
	return x*f;
}

int main()
{
	n=read();m=read();h=read();
	rep(i,1,m) x[i]=read();
	rep(i,1,n) y[i]=read();
	rep(i,1,n)
	{
		rep(j,1,m)
		{
			blo[i][j]=read();
		}
	}
	rep(i,1,n)
	{
		rep(j,1,m)
		{
			if (blo[i][j])
			{
				ans[i][j]=min(x[j],y[i]);
			}
		}
	}
	rep(i,1,n)
	{
		rep(j,1,m)
		{
			printf("%d ",ans[i][j]);
		}
		printf("
");
	}
	return 0;
}

CF1153C

考虑如何构造一个合法的括号序列

我们将(()看做(1)，将())看做(-1)，那么原括号序列合法的条件就是(forall iin [1..n],sum(1...i)>0)

考虑这样的贪心：为了使前缀和尽可能的大，我们尽可能的将(()首先填完，之后剩下的位置再填()​)

在首先判掉(()的个数超过一半了之后暴力扫描即可

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
int n;
char s[300500];

int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
	return x*f;
}

int main()
{
	n=read();
	scanf("%s",s+1);
	if (n&1) {cout <<":(";return 0;}
	int cnt=n/2;
	rep(i,1,n) if (s[i]=='(') cnt--;
	if (cnt<0) {cout << ":(";return 0;}
	rep(i,1,n)
	{
		if (s[i]=='?')
		{
			if (cnt) {s[i]='(';cnt--;}
			else {s[i]=')';}
		}
	}
	//rep(i,1,n) putchar(s[i]);
	int tmp=0;
	rep(i,1,n-1)
	{
		if (s[i]=='(') tmp++;else tmp--;
		if (tmp<=0) {cout << ":(";return 0;}
	}
	rep(i,1,n) putchar(s[i]);
	return 0;
}

CF1153D

(mdzz)，在这题上卡住了

注意到使得“根节点的值最大”的条件对任意子树都是成立的

记(dp[u])为在(u)点上的值是所有叶子上的值的第(k)大，那么最后的答案就是(cnt-dp[1]+1)

那么对于(min)操作和(max​)操作进行分类讨论

自己手玩一下便可以知道，(min)操作等价于(dp[u]=sum dp[v])，而(max)等价于(dp[u]=min(dp[v]))（(v)是(u)的儿子）

直接(dfs)即可

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);

int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
	return x*f;
}
int n,all=0,ans,head[600600],w[600600],dp[600600],cnt=0;

struct node {
	int nxt,to;
}sq[600500];

void add(int u,int v)
{
    all++;sq[all].nxt=head[u];sq[all].to=v;head[u]=all;
}

void dfs(int u,int fu)
{
    if(!head[u]) 
	{
		cnt++;dp[u]=1; 
		return;
	}
    if(w[u]==1) dp[u]=maxd;
	int i;
    for(i=head[u];i;i=sq[i].nxt)
    {
        int v=sq[i].to;
        dfs(v,u);
        if(w[u]==1) dp[u]=min(dp[u],dp[v]);
        else dp[u]+=dp[v];
    }
}

int main()
{
    n=read();
    rep(i,1,n) w[i]=read();
    rep(i,2,n)
    {
        int fu=read();add(fu,i);
    }
    dfs(1,0);
    printf("%d
",cnt+1-dp[1]);
    return 0;
}

CF1153E

CF的交互（尤其是(div 2)）基本上就是用来理性愉悦的

假设你从这条蛇的头部走到尾部，每次询问一个方格，你会发现只有在头部和尾部你会询问到奇数的答案，其他位置都是偶数，这十分好理解：对于除去头部和尾部的其他格子而言，为了保证蛇的连通性，必然是一次“进入”询问区间对应着恰好一次“走出”询问区间，即对询问答案个贡献一定是成对出现的

但是对于头部和尾部却不是这样，由于他会有一次“进入”或“走出”操作时突然出现的，所以它对答案的贡献一定是奇数

为了减少询问同时方便定位（就是从询问次数的大小发现的规律），我们可以暴力询问每一行和每一列共(2n)次询问，记录下来得到奇数答案的对应的行和列，然后分类讨论

1）假设得到了4个值，我们随意询问一个合法的格子，如果答案是奇数那么它就是一个头，否则将它对应的行和列拆开得到新的两个格子即为答案

2）假设得到了2个值，说明两个格子同行或同列，我们对于剩下的(19)次询问考虑二分，如每次询问(1-mid)的所有行（或列），如果答案是奇数的话那么答案就在此区间，否则就在另一个区间

很明显答案只有以上两种情况

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 1000000007
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
int n;

int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
	return x*f;
}

int main()
{
	n=read();
	int x1=0,y1=0,x2=0,y2=0,got=0;
	rep(i,1,n)
	{
		printf("? %d %d %d %d
",i,1,i,n);fflush(stdout);
		int cnt=read();
		if (cnt&1) 
		{
			if (x1) x2=i;else x1=i;
			got++;
		}
	}
	rep(i,1,n)
	{
		printf("? %d %d %d %d
",1,i,n,i);fflush(stdout);
		int cnt=read();
		if (cnt&1)
		{
			if (y1) y2=i;else y1=i;
			got++;
		}
	}
	if (got==4)
	{
		printf("? %d %d %d %d
",x1,y1,x1,y1);fflush(stdout);
		int cnt=read();
		if ((cnt&1)==0) swap(x1,x2);
		printf("! %d %d %d %d
",x1,y1,x2,y2);fflush(stdout);
	}
	else
	{
		if (x1)
		{
			int l=1,r=n,ansy;
			while (l<=r)
			{
				int mid=(l+r)>>1;
				printf("? %d %d %d %d
",x1,l,x1,mid);fflush(stdout);
				int cnt=read();
				if (cnt&1) {ansy=mid;r=mid-1;}
				else {l=mid+1;}
			}
			printf("! %d %d %d %d
",x1,ansy,x2,ansy);fflush(stdout);
		}
		else
		{
			int l=1,r=n,ansx;
			while (l<=r)
			{
				int mid=(l+r)>>1;
				printf("? %d %d %d %d
",l,y1,mid,y1);fflush(stdout);
				int cnt=read();
				if (cnt&1) {ansx=mid;r=mid-1;}
				else l=mid+1;
			}
			printf("! %d %d %d %d
",ansx,y1,ansx,y2);fflush(stdout);
		}
	}
	return 0;
}

CF1153F

答案可以看做(每一段的期望长度*每一次的期望段数)

前者的答案是(frac{l}{2n+1})，关键是如何计算后者

记(dp[i][j])为当前有(i)个节点，其中有(j)个节点没有右端点与其匹配的方案数

在枚举是按照当前的点是否配对即可，即对于(dp[i][j])，有

[dp[i+1][j+1]+=dp[i][j]\ dp[i+1][j-1]+=dp[i][j]*j ]

统计答案时，枚举左半边有(i)个点且有(j)（(jleq k))个点未匹配，则(ans=sum dp[i][j]*dp[n*2-i][j]*j!)

最后两者相乘即可

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for (int i=a;i>=b;i--)
#define maxd 998244353
typedef long long ll;
const int N=100000;
const double pi=acos(-1.0);
int n,k,l;
ll dp[4020][4020],fac[4040];

int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0') || (ch>'9')) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while ((ch>='0') && (ch<='9')) {x=x*10+(ch-'0');ch=getchar();}
	return x*f;
}

ll qpow(ll x,int y)
{
	ll ans=1;
	while (y)
	{
		if (y&1) ans=(ans*x)%maxd;
		x=(x*x)%maxd;
		y>>=1;
	}
	return ans;
}

ll inv(ll x) {return qpow(x,maxd-2);}

int main()
{
	n=read();k=read();l=read();
	dp[0][0]=1;
	rep(i,0,n*2)
	{
		rep(j,0,min(i,n))
		{
			dp[i+1][j+1]=(dp[i+1][j+1]+dp[i][j])%maxd;
			dp[i+1][j-1]=(dp[i+1][j-1]+dp[i][j]*j)%maxd;
		}
	}
	fac[0]=1;
	rep(i,1,4000) fac[i]=(fac[i-1]*i)%maxd;
	ll ans=0;
	rep(i,1,n*2)
	{
		rep(j,k,min(i,n))
		{
			ans=(ans+((dp[i][j]*dp[n*2-i][j])%maxd*fac[j])%maxd)%maxd;
		}
	}
	ll len=l*inv(n*2+1)%maxd;
	ans=ans*inv(dp[n*2][0])%maxd;
	ans=ans*len%maxd;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

code