CF1450 题解
A
把 \(b\) 都提到最前面就好了。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 200+5;
char str[MAXN];
int cnt[26],n;
int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
CLR(cnt,0);scanf("%d",&n);
scanf("%s",str+1);
FOR(i,1,n) ++cnt[str[i]-'a'];
FOR(i,1,cnt[1]) putchar('b');
FOR(i,0,25){
if(i == 1) continue;
FOR(j,1,cnt[i]) putchar('a'+i);
}
puts("");
}
return 0;
}
B
我们证明答案一定 \(\leq 1\)：假设答案 \(\geq 2\)，考虑最后一步和倒数第二步，倒数第二步会把最后一步操作的点直接拉过来，所以最后一步的操作是无效的，可以删去。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 100+5;
int n,x[MAXN],y[MAXN],k;
inline void Solve(){
scanf("%d%d",&n,&k);
FOR(i,1,n) scanf("%d%d",x+i,y+i);
FOR(i,1,n){
int mx = 0;
FOR(j,1,n) mx = std::max(mx,std::abs(x[i]-x[j])+std::abs(y[i]-y[j]));
if(mx <= k){
puts("1");
return;
}
}
puts("-1");
}
int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--) Solve();
return 0;
}
C1
感觉比较难。。发现三个相邻的点 \(i+j \bmod 3\) 两两不同，于是按照 \(i+j \bmod 3\) 分类，找一个最小的将其全部翻转即可。
C2
会了 C1 稍微想想就会了。我们现在把 X 分成三类 \(x_0,x_1,x_2\)，把 O 分成三类 \(o_1,o_2,o_3\)，显然我们只需要选一对 \(p \neq q\)，将 \(x_p\) 全都变为 O，并且将 \(x_q\) 全都变为 X，可以得到这样是 \(\leq \frac{1}{3}\) 的。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 300+5;
char str[MAXN][MAXN];int n;
int mp[MAXN][MAXN];
int cnt[2][3],ps[2];
inline void Solve(){
scanf("%d",&n);CLR(cnt,0);
FOR(i,1,n){
scanf("%s",str[i]+1);
FOR(j,1,n){
if(str[i][j] != '.') ++cnt[str[i][j]=='X'][(i+j)%3];
}
}
ps[0] = ps[1] = -1;
int mn = 1e9;
FOR(i,0,2){
FOR(j,0,2){
if(i == j) continue;
if(mn > cnt[0][i]+cnt[1][j]){
mn = cnt[0][i] + cnt[1][j];
ps[0] = i;ps[1] = j;
}
}
}
FOR(i,1,n){
FOR(j,1,n){
if(str[i][j] == '.') putchar(str[i][j]);
else{
if(str[i][j] == 'O') putchar((i+j)%3 == ps[0] ? 'X' : 'O');
else putchar((i+j)%3 == ps[1] ? 'O' : 'X');
}
}
puts("");
}
}
int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--) Solve();
return 0;
}
D
特判 \(k=1\) 和 \(k=n\)。
考虑 \(k \in [2,n-1]\) 的情况：首先最小值 \(1\) 肯定要出现且仅出现一次，发现只需要出现一次的位置一定是边界，所以等价于要判断是否只有一个 \(1\) 并且这个 \(1\) 在边界上，然后删掉这个 \(1\) 变成了一个子问题。我们就可以求出最长能凑出多少的排列了。
感觉比 C 简单。。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 3e5 + 5;
int n,a[MAXN];
bool vis[MAXN];
bool f[MAXN];
int cnt[MAXN];
inline void Solve(){
scanf("%d",&n);FOR(i,1,n) cnt[i] = 0;
FOR(i,1,n) scanf("%d",a+i),vis[i] = 0,++cnt[a[i]];
FOR(i,1,n) vis[a[i]] = 1,f[i] = 0;f[0] = 1;
int sm = 0;
FOR(i,1,n) f[i] = f[i-1]&vis[i],sm += vis[i];
std::reverse(f+1,f+n+1);
int l = 1,r = n,now = 1;
while(l <= r){
if(a[l] != now && a[r] != now) break;
--cnt[now];
if(cnt[now]) break;
if(a[l] == now) ++l,++now;
else if(a[r] == now) --r,++now;
}
--now;
FOR(i,1,n-now-1) f[i] = 0;
if(sm == n) f[1] = 1;
if(vis[1]) f[n] = 1;
FOR(i,1,n) putchar('0'+f[i]);puts("");
}
int main(){
int T;scanf("%d",&T);while(T--) Solve();
return 0;
}
E
其实是个差分约束题（
首先相邻两个人一定奇偶性不同，所以如果不是二分图直接无解。
考虑一条无向边 \((u,v)\)，相当于有限制 \(|a_u-a_v| = 1\)，不妨先写成 \(|a_u-a_v| \leq 1\)；
考虑一条有向边 \(u \to v\)，相当于有限制 \(a_v-a_u=1\)，也就是 \(a_v-a_u \leq 1\) 和 \(a_v-a_u \geq 1\)。
我们按照上面不等式建差分约束然后跑最短路，枚举一个起点，求出距离起点最远的距离，显然这个距离的最大值就是答案。
首先答案一定不能超过这个值，所以我们只要构造出一组合法的解就好了。
我们取能取到最大值的起点，将点 \(i\) 的权值直接设为起点到 \(i\) 的最短路就好了。因为这是一个二分图，所以无向边的情况不可能有 \(a_u=a_v\)（因为都是连的 \(1\) 边，如果有这个情况说明一定不是二分图了）。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 200+5;
int G[MAXN][MAXN],dis[MAXN][MAXN];
int n,m;
bool flag=1;
int col[MAXN];
bool vis[MAXN];
inline void dfs(int v){
vis[v] = 1;
FOR(i,1,n){
if(G[v][i] == 1e8 || v == i) continue;
if(vis[i]) flag &= (col[v]^col[i]);
else col[i] = col[v]^1,dfs(i);
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
FOR(i,1,n) FOR(j,1,n) G[i][j] = 1e8;
FOR(i,1,n) G[i][i] = 0;
while(m--){
int i,j,w;scanf("%d%d%d",&j,&i,&w);
if(!w){
G[j][i] = std::min(G[j][i],1);
G[i][j] = std::min(G[i][j],1);
}
else{
G[j][i] = std::min(G[j][i],1);
G[i][j] = std::min(G[i][j],-1);
}
}
dfs(1);
if(!flag){
puts("NO");
return 0;
}
FOR(i,1,n) FOR(j,1,n) dis[i][j] = G[i][j];
int cir = 1e9;
FOR(k,1,n){
FOR(i,1,k-1){
FOR(j,1,k-1){
if(i == j) continue;
cir = std::min(cir,G[k][i]+G[j][k]+dis[i][j]);
}
}
FOR(i,1,n){
FOR(j,1,n){
dis[i][j] = std::min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
}
}
}
// FOR(i,1,n) FOR(j,1,n) if(G[i][j] != 1e9 && i != j) printf("%d %d %d\n",i,j,G[i][j]);
if(cir < 0){
puts("NO");
return 0;
}
int mx = 0,ps = -1;
FOR(i,1,n){
int c = -1e9;
FOR(j,1,n) c = std::max(c,dis[i][j]);
if(mx < c){
mx = c;ps = i;
}
}
puts("YES");
printf("%d\n",mx);
FOR(i,1,n) printf("%d%c",dis[ps][i]," \n"[i==n]);
return 0;
}
F
还是结论题，完全不会
这个操作实际上就是将原排列分成尽量少的段，将这些段翻转和重排后要求相邻的值不能相同。
那么我们先考虑如何判断对于一个分成了 \(k+1\) 段的切割方案，是否存在一种操作方案，能重排后相邻值不相同。
首先我们要保证每段内部不能有相邻相同的对，因为操作影响不到内部的点。
设 \(f(c)\) 表示颜色 \(c\) 在端点上的出现次数，一个显然的限制是 \(f(c) \leq k+2\)，我们现在说明只要满足这个限制的所有切割方案都是合法的：
考虑对 \(k\) 归纳，如果 \(k=0\) 时只有一段，命题显然成立；对于 \(k \geq 1\) 的部分，考虑取最大值的 \(f(x)\)，找出一端是颜色 \(x\) 的段，再随便找一个一端是颜色 \(y(y \neq x)\) 的段，将 \(x,y\) 对着拼在一起，现在相当于是一个 \(k-1\) 的局面，我们发现 \(f(x)-1 \leq k-1+2\)，\(f(z) \leq k-1 \leq k\)（因为如果非最大值 \(> k\) 那么和就超过 \(k+2\) 了），所以这个局面是合法的，归纳得证。
所以我们先将所有相邻相同的地方都分开，然后看下是否满足条件，如果满足条件直接输出 \(k\)，否则我们要多切出一些段来让其满足条件。设最大值为 \(f(x)\)，分类讨论一下发现每次切开的两边的颜色都不能是 \(x\)，切到满足条件为止就好了。如果全都切完了还不满足条件就无解。
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 1e5 + 5;
int n,a[MAXN],f[MAXN];
inline void Solve(){
scanf("%d",&n);
FOR(i,1,n) scanf("%d",a+i),f[i] = 0;
int k = 0;
++f[a[1]];++f[a[n]];
FOR(i,2,n){
if(a[i] == a[i-1]){
++k;++f[a[i]];++f[a[i-1]];
}
}
int mx = 0,ps = -1;
FOR(i,1,n){
if(mx < f[i]-k-2){
mx = f[i]-k-2;
ps = i;
}
}
if(!mx){
printf("%d\n",k);
return;
}
int r = 0;
FOR(i,2,n) if(a[i] != a[i-1] && a[i] != ps && a[i-1] != ps) ++r;
if(mx <= r){
printf("%d\n",k+mx);
}
else{
puts("-1");
}
}
int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--) Solve();
return 0;
}
G
先咕了，等个谁写个中文题解 （
H1
先考虑如何求 \(f(c)\)：首先发现如果有相邻相同颜色的点可以都删掉，于是我们只需要考虑黑白交替的 \(f(c)\) 答案是啥：不难发现是黑色点数量除二。
所以我们可以用栈来搞这个东西：每次加入一个新球，如果栈顶和这个球颜色相同就一块弹出栈，否则弹出栈并让答案 \(+1\)。不妨考虑哪些黑色点对答案有贡献：我们如果假设第一个点是黑色点的话，第一个点有贡献当且仅当下一个黑色点也是奇数位置的点（说明有一个白色和它配对掉了），如果下一个黑色点是偶数位置的话说明它和上一个黑色点消去了，设奇数位置，偶数位置黑色点数量为 \(B_1,B_2\)，白色为 \(W_1,W_2\)，答案就是\(\frac{1}{2}|B_1-B_2|\)。
如果枚举 \(B_1,B_2\) 然后计数很麻烦，考虑 \(B_2+W_2=\frac{n}{2}\)，所以这个式子可以换成 \(\frac{1}{2}|B_1-\frac{n}{2}+W_2|\)，我们枚举 \(i=B_1+W_2\)，设空位置数量为 \(p\) ，已经有的 \(b_1+w_2=c\)，方案数就是 \(\binom p {i-c}\)，所以答案就是：
我们改为枚举 \(i-c\)，设 \(d=c-\frac{n}{2}\)式子化简为：
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define db double
#define U unsigned
#define P std::pair<int,int>
#define LL long long
#define pb push_back
#define MP std::make_pair
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define CLR(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define FOR(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i = a;i >= b;--i)
#define DEBUG(x) std::cerr << #x << '=' << x << std::endl
const int MAXN = 3e5 + 5;
const int ha = 998244353;
inline int qpow(int a,int n=ha-2){
int res = 1;
while(n){
if(n & 1) res = 1ll*res*a%ha;
a = 1ll*a*a%ha;
n >>= 1;
}
return res;
}
inline void add(int &x,int y){
x += y-ha;x += x>>31&ha;
}
int fac[MAXN],inv[MAXN];
inline void prework(){
fac[0] = 1;FOR(i,1,MAXN-1) fac[i] = 1ll*fac[i-1]*i%ha;
inv[MAXN-1] = qpow(fac[MAXN-1]);ROF(i,MAXN-2,0) inv[i] = 1ll*inv[i+1]*(i+1)%ha;
}
inline int C(int n,int m){
return (n < 0 || m < 0 || n < m) ? 0 : 1ll*fac[n]*inv[m]%ha*inv[n-m]%ha;
}
char str[MAXN];
int n,m;
int main(){
prework();
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%s",str+1);
int B1=0,W2=0,p=0;
FOR(i,1,n){
B1 += (str[i] == 'b' && (i&1));
W2 += (str[i] == 'w' && (!(i&1)));
p += (str[i] == '?');
}
int ans = 0;
FOR(x,0,n){
int c = C(p,x),d = std::abs(x-(n/2)+B1+W2);
if(d&1) continue;
c = 1ll*c*d%ha;
add(ans,c);
}
ans = 1ll*ans*qpow(qpow(2,p))%ha;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
H2
首先要解决 \(i \equiv d \pmod 2\) 的限制的问题，发现 \(\binom n m = \binom {n-1}{m}+\binom{n-1}{m-1}\)，所以我们将式子写开，就去掉了这个限制。
现在我们考虑如何维护如下式子的值：
发现 \(\binom n m m= \binom {n-1}{m-1}n\)，区间求和可以拆成前缀和询问，所以我们相当于要快速维护
我们发现 \(lim\) 和 \(i\) 的变化都是 \(O(1)\) 的，所以我们只需要考虑 \(lim,p\) 加减 \(1\) 的变化即可。
\(lim\) 加一直接加上对应的项即可。
\(\binom {p+1}{i} = \binom p i + \binom p {i-1}\)，所以 \(p\) 加一只需要额外维护一下 \(0\ldots lim-1\) 的求和即可。
注意特判 \(p=1\) 的边界。代码咕了。
