UESTC - 第12届 ACM 趣味赛二

A

分享一个自己踩到的坑点，以下代码会 \(RE\)

#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
const string TEXT = "NicoNicoNi";

string str;
int ans;

int main(){
	cin >> str;
	for(int i = 0; i < str.length() - TEXT.length(); i++)
		if(str.substr(i, TEXT.length()) == TEXT) ans++;
	cout << TEXT << " * " << ans;
	return 0;
}

原因自行悟道\(.jpg\)

B

设 \(sum=\sum a_i\)，再设给 \(Y\) 加上 \(x\)，则给 \(X\) 减去 \((sum-x)\)，那么最后的答案是 \((Y+x)^2-(X-sum+x)^2=(Y+X-sum+2x)(Y-X+sum)\)。

显然 \((Y-X+sum)\) 是个常数，因此当 \((Y-X+sum)\) 为正数时最大化 \((Y+X-sum+2x)\)，当为负数时最小化 \((Y+X-sum+2x)\)，当 \((Y-X+sum)\) 为 \(0\) 时答案恒为 \(0\)。

因此做法就是：当 \(Y-X+sum>0\) 时，把 \(a_i\) 全部加给 \(Y\)；当 \(Y-X+sum<0\) 时，将 \(a_i\) 全部减给 \(X\)。

C

我们可以看出来 \(a_i\) 的贡献要么是 \(+a_i\) 要么是 \(-a_i\)，因此我们要考虑 \(a_i\) 分别落入这两种情况的概率，而很显然这个概率只与 \(a_i\) 之前的数的被删除顺序有关。设 \(f_i\) 表示第 \(i\) 个数贡献为正的概率，则求解 \(f_i\) 时分为两种情况：

• 第一次操作数 \(<i-1\)，即被删除的数是 \(a_i\) 之前的数。由于删去了一个数，则此时 \(a_i\) 之前的数的个数（包括它本身）变为 \((i-1)\)，这样的话 \(a_i\) 贡献为正的概率就是 \(f_{i-1}\)。而落入这种情况的概率是 \(\frac{i-2}{i-1}\)，因此在这种情况下 \(a_i\) 贡献为正的总概率为 \(\frac{i-2}{i-1}×f_{i-1}\)。
• 第一次操作数 \(=i-1\)，即被删除的数正好是 \(a_i\)。此时 \(a_{i-1}\) 变为 \(a_{i-1}-a_i\)，因此若要 \(a_i\) 的贡献为正，则 \(a_{i-1}\) 的贡献需要为负，因此这种情况下 \(a_i\) 贡献为正的概率是 \(1-f_{i-1}\)。而落入这种情况的概率是 \(\frac1{i-1}\)，因此在这种情况下 \(a_i\) 贡献为正的总概率为 \(\frac1{i-1}×(1-f_{i-1})\)。

由此我们可以得到递推方程：\(f_i=\frac{i-2}{i-1}×f_{i-1}+\frac1{i-1}×(1-f_{i-1})\)。最后计算出 \(\sum f_i×a_i-(1-f_i)×a_i\) 即为答案。

D

约定 \(r\) 表示行数，\(c\) 表示列数。那么分为两种情况：

• \(r_{A_1}\neq c_{A_n}\)。此时对于 \(\forall x\) \((x\neq r_{A_1}\) 且 \(x\neq c_{A_n})\) ，\(x\) 作为任意矩阵的 \(r\) 的次数一定等于 \(x\) 作为任意矩阵的 \(c\) 的次数。而 \(r_{A_1}\) 作为任意矩阵的 \(r\) 的次数一定比它作为任意矩阵的 \(c\) 的次数多 \(1\)；\(c_{A_n}\) 同理。
• \(r_{A_1}=c_{A_n}\)。此时对于 \(\forall x\)，\(x\) 作为任意矩阵的 \(r\) 的次数一定等于 \(x\) 作为任意矩阵的 \(c\) 的次数，不存在特例。

因此我们需要判断给出的数据属于这两种情况的哪一种。判断方法是，如果 \(\exists x\) 使得其作为 \(r\) 的次数不等于其作为 \(c\) 的次数，则属于情况 \(1\)；否则，属于情况 \(2\)。

对于情况 \(1\)，一定存在且仅存在两个数 \(x\)，\(y\) 属于特例。输出 \(x×y\) 即可。

对于情况 \(2\)，输出最大的数的平方即可。

E

设 \(n=len(S)\)，\(S\) 翻转后的结果为 \(T\)，称 \(S\) 或 \(T\) 为单位串，则我们得到的字串为 \(STTSTSSTTSSTSTTS...\)。

因此，我们首先要知道题目要求的第 \(k\) 个 \(bit\) 属于第几个单位串中。设第 \(k\) 个 \(bit\) 属于第 \(x\) 个单位串，那么显然 \(x=\lceil\frac nk\rceil\)。那么我们需要确定第 \(x\) 个单位串是 \(S\) 还是 \(T\)。

我们可以每次将 \(x\) 折半。设 \(i\) 为满足 \(2^i<x\) 的最大的 \(i\)，则第 \((2^i+1)\sim (2^i+2^i)\) 个单位串是第 \(1\sim 2^i\) 个单位串取反。因此我们令 \(x-=2^i\)，然后将取反标记 \(inv\hat{}=1\)，初始时 \(inv=0\)。当 \(x\) 减为 \(1\) 时，若 \(inv==0\)，则第 \(x\) 个串为 \(S\)；否则第 \(x\) 个串为 \(T\)。

Code

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 1;

int n, bit;
unsigned long long x, y, k;
char s[N + 1];

int main(){
	scanf("%d%llu%s", &n, &k, s + 1);
	x = (k - 1) / n + 1;
	y = k - (x - 1) * n;
	while(x > 1){
		int i = 0;
		while((1ull << i) < x) i++;
		x -= (1ull << --i);
		bit ^= 1;
	}
	putchar(s[y] ^ bit);
	return 0;
}