CodeForces 729 Div2

Odd Set

只有奇数和偶数相加才等于奇数，所以分别统计奇数和偶数的个数，相等输出Yes，否则输出No

#include <cstdio>
const int N = 205;
int n, a[N];
int main()
{
    int T; scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int cnt = 0, cnt2 = 0; scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= 2 * n; i++)
            scanf("%d", &a[i]);
        for (int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
            if (a[i] & 1) cnt++;
            else cnt2++;
        }
        if (cnt == cnt2) puts("Yes");
        else puts("No");
    }
}

Plus and Multiply

满足条件的$n$可以写成$a^x+by$的形式，也就是说$a^x\equiv n\pmod{b}$

枚举$x$判断即可

#include <cstdio>
#define ll long long
int main() 
{
	int T; scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		ll n, a, b; scanf("%lld%lld%lld", &n, &a, &b);
		if (a == 1) { // 特判
			if (n % b == 1 || n == 1 || b == 1) puts("Yes");
			else puts("No");
			continue;
		}
		ll k = n % b; bool flag = false;
		for (ll i = 1; i <= n; i *= a) // 枚举a^x
		    if (i % b == k) {flag = true; break;}
		if (flag) puts("Yes");
		else puts("No");
	}
	return 0;
}

Strange Function

在题目中$f(i)$表示使得$x$不是$i$的因子的最小的正整数$x$，即$f(i)$表示最小的一个正整数x满足$lcm(1, 2, ..., x-1)|i$且$lcm(1,2,...,x) \nmid i$

发现lcm的增长是非常快的，所以考虑将问题从原来的知道$i$枚举$x$转化成知道$x$计算有多少个$i$符合条件。

顺着这个思路往下想，满足$lcm(1, 2, ..., x-1)|i$这个条件的 $i∈[1~n]$的个数有$ \left \lfloor \frac{n}{lcm(1,2,...,x-1)} \right \rfloor$个，同理满足$lcm(1,2,...,x) \nmid i$ 这个条件的有$ \left \lfloor \frac{n}{lcm(1,2,...,x)} \right \rfloor $个。

容斥原理，同时满足两个条件的$i$的个数有 $ \left \lfloor \frac{n}{lcm(1,2,...,x-1)} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{n}{lcm(1,2,...,x)} \right \rfloor $个。

最后统计答案就是$ \sum\limits_{lcm(1,2,...,x-1)\leq n}^{} i\times (\left \lfloor \frac{n}{lcm(1,2,...,x-1)} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{n}{lcm(1,2,...,x)} \right \rfloor)$

#include <cstdio>
#define ll long long
const int mod = 1e9 + 7;
ll n, ans, lcm[50];
inline ll gcd(ll a, ll b) {
	return !b ? a : gcd(b, a % b);
}
int main()
{
	int T; scanf("%d", &T); 
    lcm[1] = 1;
	while (T--) {
		scanf("%lld", &n); ans = 0;
		for (int i = 2; ; i++) {
			lcm[i] = i / gcd(lcm[i - 1], i) * lcm[i - 1]; // 计算lcm 
			ans = (ans + i * (n / lcm[i - 1] - n / lcm[i])) % mod; // 容斥原理
            if (lcm[i] > n) break;
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}

Priority Queue

题目本质上是在求对于每一个 $+x$对哪些子序列会有贡献，然后求和统计(因为子序列有$2^n$个)

这显然是一道DP题，假定找到了处于位置 $t$的一个$+x$，设$dp_{i,j}$表示到第 $i$位为止，集合$T$中有$j$个数 $\leq x$的方案数，操作序列是$a$数组。我们的目的是要让我们选定的这个$+x$ 到最后并对答案产生贡献，我们分成以下几种情况讨论:

当 $i<t$的时候
1. 如果第$i$位是$-$，那么有$dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i-1,j+1}$ 。特别的，当$j=0$ 时，需要在前面式子的基础上再$+dp_{i-1,0} $
  
  因为会有两种情况，一个是上一个状态中没有 $+x$了，读题知道这种情况是直接忽略掉 $-$ ，还有就是可能上一个状态中有$>x$ 的数，这种就是删去了一个 $>x$的数，两种情况的状态都是$dp_{i-1,j}$ ,因此要算两次。
2. 如果第$i$位是$+x$ 并且$x>a_t$，则选与不选都不会对$j$产生影响，$dp_{i,j}=dp_{i-1,j}\times2$。
3. 若$x\geq a_t$，选了$j$就要增加$1$,否则$j$不变。
当 $i=t$的时候

根据我们给的定义，这里是必选的$dp_{i,j}=dp_{i-1,j}$。
当$i> t$ 的时候
1. 如果第$i$位是$-$ ，则不存在$i<t$时的特殊情况，因为这时侯$a_t$ 已经在序列中了，再删就把 $a_t$给删了，所以只用算一次
2. 如果第$i$位是 $+x$，若$x>=a_t$，则选与不选都不会对$j$产生影响，$dp_{i,j}=dp_{i-1,j}\times2$ 。
3. 若 $x>a_t$, 选了$j$就要增加$1$, 否则$j$不变。

最后统计下答案

$ans=\sum\limits_{t=1}^n\sum\limits_{i=1}^n dp_{n,i}\times a_t$

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#define int long long
const int mod = 998244353, N = 505;
int n, m, dp[N][N], ans;
struct A{
	int x;
	bool plus; // 判断是哪种操作 
}a[N];
signed main() 
{
	scanf("%lld", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		char ch; std::cin >> ch;
		if (ch == '+') {
			a[i].plus = true;
			scanf("%lld", &a[i].x);
		}
		else a[i].plus = false;
	}
	for (int t = 1; t <= n; t++) {
		if (a[t].plus) {	
			memset(dp, 0, sizeof(dp)); // 每一次dp都要清零 
			dp[0][0] = 1; // 初始状态 
			for (int i = 1; i < t; i++) { // i<t的情况 
				if (!a[i].plus) { // 如果第i位是- 
					for (int j = 0; j <= n; j++) 
						dp[i][j] += dp[i - 1][j + 1], dp[i][j] %= mod; // 累加选的方案
					for (int j = 0; j <= n; j++) 
						dp[i][j] += dp[i - 1][j], dp[i][j] %= mod; // 累加不选的方案 
					dp[i][0] = dp[i][0] + dp[i - 1][0]; dp[i][0] %= mod; // 特殊情况
				}
                else { // 如果第i位是+x 
                    if (a[i].x > a[t].x) // 并且x>a[t]
                        for (int j = 0; j <= n; j++) 
                            dp[i][j] += dp[i - 1][j] * 2 % mod, dp[i][j] %= mod; // 选与不选均不会对j有影响 
                    else { // 并且x>=a[t]
                        for (int j = 0; j <= n; j++)
                            dp[i][j] += dp[i - 1][j] % mod, dp[i][j] %= mod; // 不选
                        for (int j = 1; j <= n; j++) 
                            dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1] % mod, dp[i][j] %= mod; // 选 
                    }
                }
			}
			for (int j = 0; j <= n; j++) // i=t的情况 
				dp[t][j] = dp[t - 1][j];
			for (int i = t + 1; i <= n; i++) { // i>t的情况 
				if (!a[i].plus) { // 第i位是-
					for (int j = 0; j <= n; j++) 
						dp[i][j] += dp[i - 1][j], dp[i][j] %= mod; // 不选 
					for (int j = 0; j <= n; j++) 
						dp[i][j] += dp[i - 1][j + 1], dp[i][j] %= mod; // 选 
				}
                else { // 第i位是+x
                    if (a[i].x >= a[t].x) // 如果x>=a[t]
                        for (int j = 0; j <= n; j++) 
                            dp[i][j] += dp[i - 1][j] * 2 % mod, dp[i][j] %= mod; // 同上一种情况
                    else {
                        for (int j = 0; j <= n; j++)
                            dp[i][j] += dp[i - 1][j] % mod, dp[i][j] %= mod; // 同上一种情况
                        for (int j = 1; j <= n; j++) 
                            dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1] % mod, dp[i][j] %= mod;
                    }
                }
			}
			int tmp = 0;
			for (int i = 0; i <= n; i++)  // 计算总的贡献 
				tmp += (dp[n][i] * a[t].x) % mod, tmp %= mod;
			ans += tmp; ans %= mod;
		}
	}
	printf("%lld", ans);
    return 0;
}

posted @ 2022-03-18 16:32 Tritons 阅读(63) 评论(0) 收藏举报

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