Educational Codeforces Round 107 题解(A-E)

比赛链接

A题

大意

略

思路

略

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,l,r,s;
int a[maxn];
int vis[maxn];
signed main(){
    int _;scanf("%d",&_);
    while(_--){
        scanf("%d",&n);
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&a[i]);
            if(a[i]==1||a[i]==3){
                cnt++;
            }
        }
        printf("%d
",cnt);

    }
    return 0;
}
 

B题

大意

要你构造数字(x)有(a)位，数字(y)有(b)位，(gcd(x,y))有(c)位

(1le a,ble9,1le cle min(a,b))

求数字(x,y)均不含有前导(0)

思路

构造方法有很多种

我是构造成(x=2^{k1} imes 10^{c-1}),(y=3^{k2} imes 10^{c-1})

显然这样符合题意

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int a,b,c;
int cal(ll x){
    int cnt=0;
    while(x){
        cnt++;
        x=x/10;
    }
    return cnt;
}
signed main(){
    int _;scanf("%d",&_);
    while(_--){
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        ll ans1=1,ans2=1;
        c--;
        while(c--){
            ans1=ans1*10;
            ans2=ans2*10;
        }
        while(cal(ans1)!=a){
            ans1=ans1*2;
        }
        while(cal(ans2)!=b){
            ans2=ans2*3;
        }
        printf("%lld %lld
",ans1,ans2);

    }
    return 0;
}
 

C题

大意

有一个长度为(n(2le nle 3e5))的数组(a(1le a[i]le50))

现在有(q(1le q le 3e5))次查询，每次查询一个数(x(1le xle50))

要你找到一个最小的位置(pos)且(a[pos]=x)

输出(pos)并且把这个值放到首位，其他位置进行相应的移动

思路

主要是要发现总共只有(50)类数，并且你会发现，每个答案其实都是每一类的位置最小值

而你把你移动到第一位，那么它的位置依然是这一类的最小值，所以只要维护(50)类的位置最小值即可

其他的不要考虑

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int maxn=3e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,q;
int mi[100];
int ans[maxn];
signed main(){
    scanf("%d%d",&n,&q);
    for(int i=1,x;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x);
        if(mi[x]==0){
            mi[x]=i;
        }
    }
    for(int i=1,x;i<=q;i++){
        scanf("%d",&x);
        ans[i]=mi[x];
        for(int j=1;j<=50;j++){
            if(mi[j]<mi[x]){
                mi[j]++;
            }
        }
        mi[x]=1;
    }
    for(int i=1;i<=q;i++){
        printf("%d ",ans[i]);
    }
    return 0;
}
 

D题

大意

要你构造一个长度为(n(nle2e5))的字符串，且只能使用前(k)位小写字母

要使得(s[i]=s[j]&&s[i+1]=s[j+1])的次数最小

任意输出一组解

思路

显然就是把相邻的两个字符当作一个整体

那么最多有(k^2)种组合

所以我只要构造前(k^2)的长度即可

要他们出现(k^2-1)种组合

且(s[k^2+1]=s[1])

让(s[k^2]s[k^2+1])这两个字符为最后一组合

那么让第一个元素为(a)

然后遍历的时候从第(k)个字母，从大到小遍历到最小的字母(a)

这样恰好使得(aa)没有出现过

我也不知道怎么证明其一定可以构造成功

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,k;
char s[maxn];
bool vis[300][300];
signed main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    s[1]='a';
    for(int i=2;i<=k*k;i++){
        for(int j=k;j>=1;j--){
            if(!vis[s[i-1]-'a'+1][j]){
                vis[s[i-1]-'a'+1][j]=1;
                s[i]=j+'a'-1;
                break;
            }
        }
    }
    int len=k*k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        printf("%c",s[(i-1)%len+1]);
    }
    return 0;
}
 

E题

大意

给你一个(n imes m(n imes mle3e5))的矩阵

其中有黑点和白点

你可以对白点进行染色，使白点变为红点或蓝点

求在所有情况中你最多可以在这个图中放多少个多米诺骨牌的总和(mod 998244353)

多米诺骨牌放置的规则如下

• 每个多米诺骨牌覆盖两个相邻的单元格；
• 每个单元最多覆盖一个多米诺骨牌；
• 如果将多米诺骨牌水平放置（它覆盖一行中的两个相邻单元格），则它应仅覆盖红色单元格；
• 如果将多米诺骨牌垂直放置（它覆盖其中一列中的两个相邻单元格），则它应仅覆盖蓝色单元格。

思路

本质上是个概率论问题qwq

首先设有(cnt)个白点，假设期望为(e)，那么答案就是(2^{cnt} imes e)，所以你只要求出期望即可

假设现在这个图是固定的，你已知哪些点为蓝色，哪些点为红色

那么你可以使用贪心的策略来计算到底有多少个多米诺骨牌

假设((x,y))和((x,y+1))能够构成一个多米诺骨牌，那么代表这两个都被染成红色

且((x,y+1))左边的连续红色的点必定是偶数，如果为奇数，那么((x,y))将会和((x,y-1))进行配对

所以假设((x,y))若和((x,y-1))变成多米诺骨牌

• 若((x,y-1))前面没有白点，那么概率为(frac{1}{4})，相当于把这两个点直接变成红色

• 若((x,y-1))前面有一个白点，那么概率为(frac{1}{4}-frac{1}{8}),相当于这两个点为红色，减去三个点都是红色情况

• 若((x,y-1))前面有两个白点，那么概率为(frac{1}{4}-frac{1}{8}+frac{1}{16}),相当于这两个点为红色，减去最后三个点都是红色情况，然后加上四个点都是红色的情况

以此类推

然后变成蓝点也是同理的，建议可以看官方题解更加详细

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int maxn=3e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=998244353;
const double eps=1e-6;
const ll ni=499122177;
// ni为2的逆元
int n,m;
string s[maxn];
ll fac[maxn],finv[maxn];
ll base[maxn];
ll qpow(ll a,ll b){
    ll ans=1,base=a;
    while(b){
        if(b%2){
            ans=ans*base%mod;
        }
        base=base*base%mod;
        b=b>>1;
    }
    return ans;
}
signed main(){
    fac[0]=finv[0]=1;
    for(int i=1;i<=3e5;i++){
        fac[i]=fac[i-1]*2%mod;
        // fac[i]=2^i
        finv[i]=finv[i-1]*ni%mod;
        // finv[i]=1/fac[i];
    }
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>s[i];
    }
    base[0]=1;
    base[1]=0;
    base[2]=finv[2];
    for(int i=3;i<=3e5;i++){
        if(i%2==1){
            base[i]=((base[i-1]-finv[i])%mod+mod)%mod;
        }else{
            base[i]=((base[i-1]+finv[i])%mod+mod)%mod;
        }
    }
    ll ans=0,cnt=0;
    // cnt计算有d多少个白点
    // ans为期望
    for(int i=0;i<n;i++){
        int temp=0;
        for(int j=0;j<m;j++){
            if(s[i][j]=='o'){
                cnt++;
                temp++;
            }else{
                temp=0;
            }
            ans=(ans+base[temp])%mod;
        }
    }
    for(int j=0;j<m;j++){
        int temp=0;
        for(int i=0;i<n;i++){
            if(s[i][j]=='o'){
                temp++;
            }else{
                temp=0;
            }
            ans=(ans+base[temp])%mod;
        }
    }
    ans=ans*fac[cnt]%mod;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}