AtCoder Regular Contest 113

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C 题没开 long long 见了祖宗。

D - Sky Reflector

在一个 \(n\times m\) 的矩阵中填数，每个格子填 \(1\leq x\leq k\) ，设 \(A_i\) 是行最小值，\(B_i\) 是列最大值。求可能的 \((A,B)\) 序列个数。对 \(998244353\) 取模。

如果 \(n=1\) 或者 \(m=1\) ，那么直接就是 \(k^m\) 或者 \(k^n\) .

对于剩下的情况，设 \(A_1\) 为 \(\max\{A_i\}\) ，\(B_1\) 为 \(\min\{B_i\}\) 。下面构造一种方案，使得满足上述条件，且 \(A_1\leq B_1\) 的 \(A,B\) 序列均可以取到。

放置方案如下：

  • \(A_1,B_1,A_2,B_2\) ：\((1,1),(2,1),(2,2),(1,2)\)
  • \(A_i,B_i\) ：\((i,1),(1,i)\) （ \(i\ge 3\) ）
  • 其余：对于第 \(i\) 行的元素，令其等于 \(A_i\) .

不难发现这个构造一定是合法的。然后只需要对满足条件的 \(A_1,B_1\) 计数即可。

枚举 \(A_1\) ，设为 \(x\) ，那么 \(A\) 序列的方案数是 \(x^n-(x-1)^n\) ，减去没出现 \(x\) 的情况；\(B\) 序列的方案数是 \((k-x+1)^m\) ，最小值 \(B_1\ge A_1\) 。

//Author: RingweEH
void bmod( int &x,int y ) { x+=y-Mod; x+=(x<0)*Mod; }
int n,m,k;

int main()
{
	n=read(); m=read(); k=read();
	if ( n==1 ) { printf("%d\n",power(k,m) ); return 0; }
	if ( m==1 ) { printf("%d\n",power(k,n) ); return 0; }
	int ans=0;
	for ( int i=1; i<=k; i++ )
	{
		int t1=power(i,n); bmod( t1,Mod-power(i-1,n) );
		int t2=k-i+1; t2=power(t2,m);
		bmod(ans,1ll*t1*t2%Mod);
	}
	printf("%d\n",ans );

	return 0;
}

E - Rvom and Rsrev

给定一个由 a b 组成的字符串 \(S\) ，求能得到的字典序最大的字符串。每次操作可以：

  • 选择两个 \(S\) 中相同的字符，将这两个字符中间的一段反转，然后删去这两个字符。

字符串总长 \(\leq 2e5\) .

极速爪巴。这分讨太 /tuu 了…… 是我见过最长的AT题解 Official 翻译官已上线。

设定：\(S\) 有 \(C_a\) 个 a ，\(C_b\) 个 b .

S​ 结尾为 a

令 \(k\) 为 \(S\) 结尾最长的连续 a 串的起始位置，并令 \(S_0\) 为 b .

通过以下操作可以使 \(S\) 中 \(C_b\) 个 b 全部在开头：

  • 如果存在 \(i\) 使得 \(1\leq i<k\) ，\(S_{i-1}\) = b ，\(S_{i}\) = a ，\(S_{i+1}\) = a ，那么操作 \((i,k)\) （ \(k\) 前面一个必然是 b ）
  • 否则，如果存在多个 \(1\leq i<k\) 使得 \(S_{i-1}\) = b ，\(S_{i}\) = a ，\(S_{i+1}\) = b ， 选择其中任意两个操作（目的是删去 a ）
  • 否则，如果存在 \(i<k\) 使得 \(S_i\) = a ，操作 \((i,k)\) .
  • 否则结束。

（前两个操作确保 \(S\) 的结尾仍然是 a ）

为了使得字典序最大，需要找到 \(t_{\max}\) 使得 \(S\) = bb...baa...a （ \(C_b\) 个 b 和 \(t\) 个 a ）。最大化 \(t\) 就是最小化操作次数。下面证明上面的操作最优。

设有 \(x\) 个 a 子串和 \(y\) 个 bb 子串（除了 \(S\) 末尾连续的全 a 串以外）。定义 \(S\) 的 势 \(\phi(S)\) 为 \(x+2y\) .

那么，不难发现，任意一次对两个 a 的操作使得 \(\phi(S)\) 减少至多 \(2\) ，而希望得到的 \(\phi\) 是 \(0\) ，所以有至少 \(\lceil\phi(S)/2\rceil\) 次操作。上面构造的前两个操作使得 \(\phi\) 每次减少 \(2\) ，第三个操作最多执行一次，因此这种方式达到了这个下界。

S 结尾为 b

  1. 如果 \(C_a\) 是偶数

重复对两个 a 操作，可以使得 \(S\) = bb..b （ \(C_b\) 个），且不可能把 a 放到末尾，因此答案就是 bb..b .

  1. 如果 \(C_a\) 是奇数且 \(S\) 结尾是 ab

依然重复操作 a ，可以将 \(S\) 变为 bb..bab 的形式。不删除 b ，也无法移动 a ，所以这就是答案。

  1. \(C_a\) 为奇数，\(S\) 结尾 abb

重复操作不在结尾的 a ，变成 bb..bab 的形式。同理这个也是最大值。

  1. \(C_a\) 为奇数，\(S\) 结尾 bbb

如果 \(S\) = aa..abb..b ，答案就是 abb..b 。

否则，可以通过如下（至多一次）操作将 a 移到 \(S\) 末尾：

  • 如果存在 \(1\leq i\leq |S|-2\) 使得 \(S_i\) = b ，\(S_{i+1}\) = a ，\(S_{i+2}\) = a ，操作 \((i,|S|)\) （操作 A ）
  • 否则，选择一个 \(1\leq i\leq |S|-2\) 使得 \(S_i\) = b ，\(S_{i+1}\) = a ，\(S_{i+2}\) = b ，操作 \((i,|S|)\) （操作 B ）

然后 \(S\) 开头就是 \(C_b-2\) 个 b ，显然不可能更大。

现在证明上面的操作最大化了结尾的 a 的个数，同样转化为最小化操作，并定义势。

为了让 a 到末尾，需要操作结尾的 b ，这个操作至多使 \(\phi\) 减少 \(2\) ，且为了保持 b 的个数，这个操作至多一次。所以任何操作至多使得 \(\phi\) 减少 \(2\) ，且我们需要 \(\lceil\phi(S)/2\rceil\) 次操作。

如果存在 \(1\leq i\leq |S|-2\) 使得 \(S_i\) = b ，\(S_{i+1}\) = a ，\(S_{i+2}\) = a ，A 操作使得 \(\phi\) 减少 \(2\) 。否则，操作 B 使得 \(\phi\) 减少 \(1\) . 因此，如果 \(\phi\) 初始为奇数，那么我们可以通过上面的操作得到最大值。这种情况下，一共做了 \(\phi/2+1\) 次操作，我们需要证明不可能在 \(\phi(S)/2\) 次操作内完成（这种情况下每个操作都要使得 \(\phi-=2\) ）

\(S\) 中对 a 的操作如下：

  • 对 \(S\) 开头连续的 a 操作，\(\phi\) 至多减少 \(1\)
  • 对一个开头连续的 a 和一个后面的 a 操作，\(\phi\) 只有在开头连续 a 的个数不大于 \(2\) 的情况下才会减少 \(2\) ，但是这样的操作不会使得新的满足 A 操作的 \(1\leq i\) 出现。
  • 对两个不在开头连续 a 的 a 操作，不会让新的满足 A 操作条件的 \(i\) 出现。

所以 \(\phi/2\) 次操作是不可能的。

//Author: RingweEH
void Task1()
{
	int c1=0,c2=0,c3=0;	//baa,bab,a
	for ( int i=1; i<=n; i++ )
		if ( s[i]=='a' ) c3++;
		else
		{
			if ( c3==1 ) c2++;
			if ( c3>1 ) c1++;
			c3=0;
		}
	int x=c1+(c2+1)/2;
	for ( int i=1; i<=cntb; i++ ) putchar('b');
	for ( int i=1; i<=cnta-2*x; i++ ) putchar('a');
	puts("");
}
void Task2()
{
	for ( int i=1; i<=cntb; i++ ) putchar('b'); puts("");
}
void Task3( int x )
{
	for ( int i=1; i<=cntb-x; i++ ) putchar('b');
	putchar('a');
	for ( int i=1; i<=x; i++ ) putchar('b');
	puts("");
}
void Task4()
{
	int pos=-1;
	for ( int i=1; i<=n-3; i++ ) if ( s[i]=='b' && s[i+1]=='a' && s[i+2]=='a' ) pos=i;
	if ( pos==-1 )
		for ( int i=1; i<=n-3; i++ ) 
			if ( s[i]=='b' && s[i+1]=='a' && s[i+2]=='b' ) { pos=i; break; }
	if ( pos==-1 ) { putchar('a'); for ( int i=1; i<=cntb; i++ ) putchar('b'); puts(""); }
	else 
	{ 
		reverse(s+1+pos,s+n); 
		for ( int i=pos; i<=n-2; i++ ) s[i]=s[i+1]; 
		n-=2; cntb-=2; Task1();
	}
}

int main()
{
	int T; scanf( "%d",&T );
	while ( T-- )
	{
		scanf( "%s",s+1 ); n=strlen(s+1);
		cnta=cntb=0;
		for ( int i=1; i<=n; i++ ) (s[i]=='a') ? cnta++ : cntb++;
		if ( s[n]=='a' ) Task1();
		else if ( cnta%2==0 ) Task2();
		else if ( s[n-1]=='a' ) Task3(1);
		else if ( s[n-2]=='a' ) Task3(2);
		else Task4();
	}

	return 0;
}

F - Social Distance

给定一个长度为 \(n+1\) 的序列 \(X\) ，满足 \(0=X_0<X_1<\cdots<X_N\) .

\(n\) 个人站在数轴上，第 \(i\) 个人的位置在 \([X_{i-1},X_i]\) 区间的一个随机实数点上。求两两之间最短距离的期望。

有翻译了/se 参考题解2

这是什么毒瘤场 /tuu 只有两个场上只写了 F 的老哥过 F 了，所有人都到 E 戛然而止 /jk

话虽如此 ABCD 还是很清新的说……

咕咕咕.
posted @ 2021-03-11 15:15  MontesquieuE  阅读(110)  评论(0)    收藏  举报