CODE FESTIVAL 2016 qual C题解

传送门

(A)

什么玩意儿……

const int N=105;
char s[N];int n,f1,f2;
int main(){
	scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
	fp(i,1,n)if(s[i]=='C')f1=1;
		else if(f1&&s[i]=='F')f2=1;
	puts(f2?"Yes":"No");
	return 0;
}

(B)

什么玩意儿……

const int N=105;
int a[N],n,k,mx;
int main(){
	scanf("%d%d",&k,&n);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),cmax(mx,a[i]);
	printf("%d
",(mx<<1)<=k?0:mx-(k-mx)-1);
	return 0;
}

(C)

对于所有前缀后缀最大值变化的位置，它们的值是一定的，判断这样的取值是否合法，如果合法的话，对于所有没有确定的位置取合法的就可以了

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
	R int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
	return res;
}
const int N=5e5+5;
int a[N],b[N],c[N],n,res=1;
inline int min(R int x,R int y){return x<y?x:y;}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&b[i]);
	fp(i,1,n)scanf("%d",&c[i]);
	fp(i,1,n)if(b[i]!=b[i-1])a[i]=b[i];
	fd(i,n,1)if(c[i]!=c[i+1])a[i]=c[i];
	for(R int i=1,mx=0;i<=n;++i){
		cmax(mx,a[i]);
		if(mx!=b[i])return puts("0"),0;
	}
	for(R int i=n,mx=0;i;--i){
		cmax(mx,a[i]);
		if(mx!=c[i])return puts("0"),0;
	}
	fp(i,1,n)if(!a[i])res=mul(res,min(b[i],c[i]));
	printf("%d
",res);
	return 0;
}

(D)

首先发现每两列之间是互相独立的，也就是说如果我们算出每相邻两列的答案，最后加起来就是最终的答案了，证明就不写了

然后问题转化为计算两列之间的答案，方便起见沿对角线翻转一下，记(f[i][j])表示前一行还剩下(i)的前缀，后一行还剩下(j)的前缀，最小代价为多少，最后(f[m][m])就是答案

(f)的转移显然，唯一的问题在于计算(g[i][j])表示前一行(i)的前缀和后一行(j)的前缀，这种状态下有多少是重合的，暴力计算(O(n^3))，前缀和优化一下就可以(O(n^2))了

最后总复杂度(O(n^3))，具体细节可以看代码

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=305;
char mp[N][N],s[N][N];int f[N][N],n,m,res;
int calc(R int id){
	fp(i,1,m)fp(j,1,m)f[i][j]=(s[id][i]==s[id+1][j]);
	fp(i,1,m)fp(j,1,m)f[i][j]+=f[i-1][j-1];
	fp(i,1,m)fp(j,1,m)f[i][j]+=min(f[i-1][j],f[i][j-1]);
	return f[m][m];
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	fp(i,1,n)scanf("%s",mp[i]+1);
	fp(i,1,n)fp(j,1,m)s[j][i]=mp[i][j];
	swap(n,m);
	fp(i,1,n-1)res+=calc(i);
	printf("%d
",res);
	return 0;
}

(E)

根据康托展开，一个排列(p_i)在所有排列中的排名为(sumlimits_{i=1}^na_i(n-i)!)，其中(a_i)表示满足(j>i)且(p_j<p_i)的(j)的个数，即对于一个逆序对((i,j))，对答案的贡献是((n-i)!)

那么我们对于(i,j)为已知数和未知数的情况分别考虑就好了，具体细节看代码

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
	R int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
	return res;
}
const int N=5e5+5;
int c[N],s[N],suf[N],a[N],vis[N],fac[N],cnt,m,n,res,sum;
inline void chg(R int x){for(;x<=n;x+=x&-x)++c[x];}
inline int query(R int x){R int res=0;for(;x;x-=x&-x)res+=c[x];return res;}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n),m=n;
	fp(i,1,n){
		scanf("%d",&a[i]);
		if(a[i])++s[a[i]],--m;
	}
	fp(i,1,n)suf[i]=s[i]=1-s[i],s[i]+=s[i-1];
	fd(i,n,1)suf[i]+=suf[i+1];
	fac[0]=1;fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	fd(i,n,1)if(!a[i])++cnt;
		else{
			sum=mul(query(a[i]-1),fac[m]);
			if(cnt)upd(sum,1ll*cnt*s[a[i]]%P*fac[m-1]%P);
			upd(res,mul(sum,fac[n-i]));
			chg(a[i]);
		}
	cnt=sum=0;
	fp(i,1,n)if(!a[i])upd(sum,fac[n-i]),++cnt;
		else if(cnt)upd(res,1ll*sum*suf[a[i]]%P*fac[m-1]%P);
	sum=(1ll*m*(m-1)>>1)%P,cnt=0;
	if(m>=2)fp(i,1,n)if(!a[i])++cnt,upd(res,1ll*sum*(m-cnt)%P*fac[m-2]%P*fac[n-i]%P);
	upd(res,fac[m]); 
	printf("%d
",res);
	return 0;
}