VP Educational Codeforces Round 57 (Rated for Div. 2)
A. Find Divisible
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void solve() {
int l, r;
std::cin >> l >> r;
std::cout << l << " " << l * 2 << "\n";
}
B. Substring Removal
题意：给你一个字符串，删去恰好一个子串，使得剩下字符全部相等。求方案数。
分类讨论，记\(cnt_l\)为最大相等的前缀的长度，\(cnt_r\)为最大相等后缀的长度。
如果\(cntl = n\)，也就是所有字符都相等，那么方案数就是任选两个位置：\(\frac{n(n+1)}{2}\)。
否则如果\(s_1 = s_n\)，意味着前缀的字符和后缀的相等。那么只需要把中间的都删掉就行。方案数为\((cnt_l + 1) \times (cnt_r + 1)\)，否则我们需要只保留前缀一部分，或者只保留后缀一部分，答案是\(cnt_l + cnt_r + 1\)。
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void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::string s;
std::cin >> s;
const int mod = 998244353;
int cntl = 0, cntr = 0;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
if (s[i] == s[0]) {
++ cntl;
} else {
break;
}
}
for (int i = n - 1; i >= 0; -- i) {
if (s[i] == s[n - 1]) {
++ cntr;
} else {
break;
}
}
if (cntl == n) {
int ans = (i64)n * (n + 1) / 2 % mod;
std::cout << ans << "\n";
} else {
if (s[0] == s[n - 1]) {
int ans = (i64)(cntl + 1) * (cntr + 1) % mod;
std::cout << ans << "\n";
} else {
int ans = cntl + cntr + 1;
std::cout << ans << "\n";
}
}
}
C. Polygon for the Angle
题意：给你一个角度\(a\)，求一个最小的\(n\)，使得\(n\)正边形可以选出三个点，使得它们构成的角度是\(a\)。
\(n\)正边形最小角度为\(\frac{180}{n}\)，这三个点每扩大一个点的距离，角度会增大\(\frac{180}{n}\)。所以我们可以枚举\(n\)，找到他能表示的所有角度。注意\(n=360\)可以表示所有度数，所以只需要枚举到\(360\)。
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int ans[361];
void init() {
for (int i = 3; i <= 360; ++ i) {
for (int j = 1; j <= i - 2; ++ j) {
if (180 * j % i == 0 && ans[180 * j / i] == 0) {
ans[180 * j / i] = i;
}
}
}
}
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::cout << ans[n] << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int T = 1;
init();
std::cin >> T;
//scanf("%d", &T);
while (T -- ) {
solve();
}
return 0;
}
D. Easy Problem
题意：给你一个字符串，每个位置价值为\(a_i\)。你要删除一些字符，使得字符串没有"hard"这个子序列。
记\(f[i][0/1/2/3]\)表示\([1, i]\)没有"h"这个子序列、没有"ha"这个子序列、没有"har"这个子序列、没有"hard"这个子序列的最小值。
那么如果\(s_i\) = 'h'，则如果不删，就会出现"h"，则\(f[i][1] = \min(f[i][1], f[i - 1][1])\)，如果删，则\(f[i][0] = f[i - 1][0] + a_i\)。
其它位置同理考虑：如果\(s_i\) = 'a'，\(f[i][2] = \min(f[i][2], f[i - 2][2]), f[i][1] = f[i - 1][1] + a_i\)；
如果\(s_i\) = 'r'，\(f[i][3] = \min(f[i][3], f[i - 2][3]), f[i][2] = f[i - 1][2] + a_i\)；
如果\(s_i\) = 'd'，\(f[i][3] = f[i - 1][3] + a_i\)。
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void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::string s;
std::cin >> s;
std::vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
}
std::array<i64, 4> f{};
f[0] = 0;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
auto g = f;
if (s[i] == 'h') {
g[1] = std::min(g[1], g[0]);
g[0] += a[i];
} else if (s[i] == 'a') {
g[2] = std::min(g[2], g[1]);
g[1] += a[i];
} else if (s[i] == 'r') {
g[3] = std::min(g[3], g[2]);
g[2] += a[i];
} else if (s[i] == 'd') {
g[3] += a[i];
}
f = g;
}
std::cout << std::min({f[0], f[1], f[2], f[3]}) << "\n";
}
E. The Top Scorer
待补。
F. Inversion Expectation
题意：一个排列，有些地方是\(-1\)代表没填。求逆序对的期望。
设有\(cnt\)个\(-1\)。比\(i\)小的数里未出现的有\(l_i\)个，比它大的未出现的有\(r_i\)个。
分类讨论：
一、已填数和已填数之间的逆序对
这个用树状数组或归并排序计算即可。
二、未填数和未填数之间的逆序对
任选两个未填数，它们为逆序对的几率为\(\frac{1}{2}\)，总共有\(\frac{cnt(cnt-1)}{2}\)对，则期望为\(\frac{cnt(cnt-1)}{4}\)。
三、已填数和它右边的未填数构成的逆序对
右边比它小的概率是\(\frac{l_i}{cnt}\)，如果右边总共有\(suf\)个\(-1\)，则期望为\(\frac{l_i\times suf}{cnt}\)。
四、已填数和它左边的未填数构成的逆序对
左边比它大的概率是\(\frac{r_i}{cnt}\)，如果左边总共有\(pre\)个\(-1\)，则期望为\(\frac{r_i \times pre}{cnt}\)。
\(l_i, r_i\)可以预处理。
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template <class T>
struct Fenwick {
int n;
std::vector<T> tr;
Fenwick(int _n) {
init(_n);
}
void init(int _n) {
n = _n;
tr.assign(_n + 1, T{});
}
void add(int x, const T &v) {
for (int i = x; i <= n; i += i & -i) {
tr[i] = tr[i] + v;
}
}
T query(int x) {
T res{};
for (int i = x; i; i -= i & -i) {
res = res + tr[i];
}
return res;
}
T sum(int l, int r) {
return query(r) - query(l - 1);
}
};
const int mod = 998244353;
int power(int a, int b) {
int res = 1;
for (; b ; b >>= 1, a = 1LL * a * a % mod) {
if (b & 1) {
res = 1LL * res * a % mod;
}
}
return res;
}
int inv(int a) {
return power(a, mod - 2);
}
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n), st(n + 1);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
if (a[i] != -1) {
st[a[i]] = 1;
}
}
int cnt = std::ranges::count(a, -1);
std::vector<int> l(n + 1), r(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
l[i] = l[i - 1] + !st[i];
r[i] = cnt - l[i];
}
int ans = 1LL * cnt * (cnt - 1) % mod * inv(4) % mod;
int pre = 0;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
if (a[i] != -1) {
ans = (ans + 1LL * pre % mod * r[a[i]] % mod * inv(cnt) % mod) % mod;
} else {
pre += 1;
}
}
int suf = 0;
for (int i = n - 1; i >= 0; -- i) {
if (a[i] != -1) {
ans = (ans + 1LL * suf % mod * l[a[i]] % mod * inv(cnt) % mod) % mod;
} else {
suf += 1;
}
}
Fenwick<int> tr(n + 1);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
if (a[i] != -1) {
ans = (ans + tr.sum(a[i], n)) % mod;
tr.add(a[i], 1);
}
}
std::cout << ans << "\n";
}
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