【题解】 Codeforces Round #724 (Div. 2) 题解

送温暖场。

最后一题没写纯属脑抽了。

A - Omkar and Bad Story

不难发现有负数时一定无解。其余时候最简单的构造就是输出 (0,1,2,cdots,200)。

时间复杂度 (O(n))。

code

#include <bits/stdc++.h>

const int MX = 1e5 + 23;

void solve(){
	int n; std::cin >> n;
	int ok = 1;
	for(int i = 1 ,r = 0; i <= n ; ++i){
		std::cin >> r;
		if(r < 0) ok = 0;
	}
	if(!ok){
		puts("NO");
		return ;
	}
	puts("YES
201");
	for(int i = 0 ; i <= 200 ; ++i)
		printf("%d%c" ,i ," 
"[i == 200]);
}

int main(){
	int T;
	std::cin >> T;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

B - Prinzessin der Verurteilung

只会暴力，显然字符串长度不会超过 (3)，且长度为 (n) 的字符串最多有 (O(n^2)) 个不同子串，直接枚举即可。

时间复杂度 (O(n^2))。

code

#include <bits/stdc++.h>

const int MX = 1e5 + 23;

char ok1[26][26][26];
char ok2[26][26];
char ok3[26];

void solve(){
	int n; std::cin >> n;
	std::string s; std::cin >> s;
	
	for(int i = 0 ; i < n ; ++i){
		ok3[s[i] - 'a'] = 1;
		if(i >= 1) ok2[s[i - 1] - 'a'][s[i] - 'a'] = 1;
		if(i >= 2) ok1[s[i - 2] - 'a'][s[i - 1] - 'a'][s[i] - 'a'] = 1;
	}
	
	for(int i = 0 ; i < 26 ; ++i){
		if(!ok3[i]){
			printf("%c
" ,'a' + i);
			goto end;
		}
	}
	for(int i = 0 ; i < 26 ; ++i){
		for(int j = 0 ; j < 26 ; ++j){
			if(!ok2[i][j]){
				printf("%c%c
" ,'a' + i ,'a' + j);
				goto end;
			}
		}
	}
	for(int i = 0 ; i < 26 ; ++i){
		for(int j = 0 ; j < 26 ; ++j){
			for(int k = 0 ; k < 26 ; ++k){
				if(!ok1[i][j][k]){
					printf("%c%c%c
" ,'a' + i ,'a' + j ,'a' + k);
					goto end;
				}
			}
		}
	}
	
	end:
	for(int i = 0 ; i < n ; ++i){
		ok3[s[i] - 'a'] = 0;
		if(i >= 1) ok2[s[i - 1] - 'a'][s[i] - 'a'] = 0;
		if(i >= 2) ok1[s[i - 2] - 'a'][s[i - 1] - 'a'][s[i] - 'a'] = 0;
	}
}

int main(){
	int T;
	std::cin >> T;
	while(T--) solve();
	return 0;
} 

C - Diluc and Kaeya

好神的题。

1. 首先这个比率一定是确定的值，每部分比率相同，所以应当每一段都等于全局的比率即 (frac{cnt_0}{cnt_1})。
2. 贪心能分就一定会分成两部分。

故我们可以写出如下代码。

复杂度 (O(n log n))（使用了 map）。

code

#include <bits/stdc++.h>

#define debug(...) fprintf(stderr ,__VA_ARGS__)
#define LL long long

const int MX = 5e5 + 23;

char s[MX];
int cnt[MX];
std::map<LL ,int> mp;

int gcd(int a ,int b){return b ? gcd(b ,a % b) : a;}

void solve(){
	mp.clear();
	int n; std::cin >> n;
	scanf("%s" ,s + 1);
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i){
		cnt[i] = cnt[i - 1] + (s[i] == 'D');
		int a = 0 ,b = 0;

		
		int c = gcd(cnt[i] ,i - cnt[i]);
		a = cnt[i] / c ,b = (i - cnt[i]) / c;
		
		LL id = a * 1000000LL + b;
		printf("%d%c" ,++mp[id] ," 
"[i == n]);
	}
}

int main(){
	int T;
	std::cin >> T;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

D - Omkar and Medians

记得有谁讲过这个套路。

考虑每一回合的中位数的变化趋势，应该是要么不变，要么变成比它大/小的第一个数。

故可以写出如下代码：

时间复杂度 (O(n log n))。

code

#include <bits/stdc++.h>

#define debug(...) fprintf(stderr ,__VA_ARGS__)

const int MX = 2e5 + 23;

int a[MX];
void solve(){
	int n; std::cin >> n;
	std::set<int> S;
	int las = 0;
	int ok = 1;
	for(int i = 1 ,cur ; i <= n ; ++i){
		std::cin >> cur;
		if(i == 1) ;
		else{
			if(cur == las) continue;
			if(cur > las){
				auto k = S.upper_bound(las);
				if(k == S.end() || cur <= *k){
					;
				}
				else{
					ok = 0;
				}
			}
			if(cur < las){
				auto k = S.lower_bound(las);
				if(k == S.begin() || *std::prev(k) <= cur){
					;
				}
				else ok = 0;
			}
		}
		S.insert(cur);
		las = cur;
	}
	puts(ok ? "YES" : "NO");
}

int main(){
	int T;
	std::cin >> T;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

E - Omkar and Forest

简单题，不懂为啥放这位置。

不难发现，如果原图中存在一个非 0 位置，那么整张地图就是确定的。方案即 (2^w)，(w) 为 # 的数量。

否则全图都是 #，此时答案是 (2^w-1)。

时间复杂度 (O(nm))。

code

#include <bits/stdc++.h>

#define debug(...) fprintf(stderr ,__VA_ARGS__)
#define LL long long

const int MX = 2000 + 3;
const LL MOD = 1e9 + 7;

LL qpow(LL a ,LL b ,LL p = MOD){
	LL ans = 1;
	while(b){if(b & 1) ans = ans * a % p;
		a = a * a % p ,b >>= 1;
	}return ans;
}

char str[MX][MX];
void solve(){
	int n ,m;
	std::cin >> n >> m;
	int possible = 0;
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i){
		scanf("%s" ,str[i] + 1);
		for(int j = 1 ; j <= m ; ++j){
			possible += str[i][j] == '#';
		}
	}
	if(possible == n * m){
		printf("%lld
" ,qpow(2 ,possible) - 1);
	}
	else{
		printf("%lld
" ,qpow(2 ,possible));
	}
}

int main(){
	int T;
	std::cin >> T;
	while(T--) solve();
	return 0;
}

F - Omkar and Akmar

也是个简单题。

打表/手玩/归纳法证明：不论怎么操作都是后手必胜，所以游戏等价于他们随便乱放的方案数。

枚举最终的方案中的空格数量，假设确定了图中任意一个位置是填 A 还是 B，那么其余要填的 AB 就已经被确定了。

现在就只要对放空格的方案计数了。加入要放 (i) 个则答案是 (inom{n-i}{i}+inom{n-i-1}{i-1})。为何？

先不考虑环，我们把每一个空格都与前面的位置缩成一个，还原方案就是选择某些位置把它展开成两个，此部分方案数 (inom{n-i}{i})。

发现我们漏算的是开头的位置作为空位的方案数，我们按照同样的思路补算即可，此部分方案数 (inom{n-i-1}{i-1})。

然后我们还需要乘以 ((n-i)!)。

注意一点是，空位的奇偶性是确定的，不合法的方案不能算上

时间复杂度 (O(n))。

code

#include <bits/stdc++.h>

#define debug(...) fprintf(stderr ,__VA_ARGS__)
#define LL long long
#define int long long

const int MX = 1e6 + 23;
const LL MOD = 1e9 + 7;

int win[MX][2][2] ,fac[MX] ,inv[MX];
void init(){
	fac[0] = 1 ,inv[0] = inv[1] = 1;
	for(int i = 1 ; i < MX ; ++i) fac[i] = 1LL * fac[i - 1] * i % MOD;
	for(int i = 2 ; i < MX ; ++i) inv[i] = 1LL * (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
	for(int i = 2 ; i < MX ; ++i) inv[i] = 1LL * inv[i] * inv[i - 1] % MOD;
}LL C(int n ,int m){return 1LL * fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;}

LL calc(int n ,int k){
	return (C(n - k ,k) + C(n - k - 1 ,k - 1)) % MOD;
}

signed main(){
	init();
	int n; std::cin >> n;
	
	int ans = 0;
	if(n % 2 == 0){
		ans = (ans + 2LL * fac[n]) % MOD;
	}
	for(int i = 1 + (n % 2 == 0) ; 2 * i <= n ; ++i){
		LL way = calc(n ,i);
		if((i & 1) == (n & 1)) ans = (ans + 2LL * fac[n - i] % MOD * way) % MOD;
	}
	printf("%lld
" ,ans);
	return 0;
}

总结

简单场，