Codeforces Round #369 (Div. 2)

A

模拟 找到两个相邻的O变成X。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

char s[1005][10];
int main () {
    bool ok = false;
    int n; scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%s", s[i] + 1);
        if(!ok && s[i][1] == 'O' && s[i][2] == 'O') ok = true, s[i][1] = s[i][2] = '+';
        if(!ok && s[i][4] == 'O' && s[i][5] == 'O') ok = true, s[i][4] = s[i][5] = '+';
    }
    if(!ok) puts("NO");
    else {
        puts("YES");
        for(int i = 1; i <= n; ++ i) puts(s[i] + 1);
    }
    return 0;
}

B

题意:给一个n×n的矩阵，其中每个矩阵有且只有一个数是0，其他都是大于零的数，问能否在这个值为0的位置填上一个大于0的数使得矩阵的每行、每列和对角线的和都相等

思路:按一维找到这个数后在判断其他维是否满足。（注意要用long long）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long a[505][505];
pair<long long, int>sum1[505], sum2[505];
int main () {
    int n; scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        for(int j = 1; j <= n; ++ j) {
            scanf("%lld", &a[i][j]);
            sum1[i].first += a[i][j], sum1[i].second = i;
            sum2[j].first += a[i][j], sum2[j].second = j;
        }
    }
    if(n == 1) return 0 * puts("1");
    sort(sum1 + 1, sum1 + 1 + n), sort(sum2 + 1, sum2 + 1 + n);
    if(sum1[1].first >= sum1[2].first || sum1[2].first != sum1[n].first) return 0 * puts("-1");
    if(sum2[1].first >= sum2[2].first || sum2[2].first != sum2[n].first) return 0 * puts("-1");
    if(sum1[1].first != sum2[1].first || sum1[2].first != sum2[2].first) return 0 * puts("-1");
    long long ans = sum1[2].first - sum1[1].first;
    a[sum1[1].second][sum2[1].second] = ans;
    long long x = 0, y = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) x += a[i][i], y += a[i][n - i + 1];
    if(x != y || x != sum1[2].first) return 0 * puts("-1");
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

C

题意:n棵树，m种颜色，这些树有些已经涂了颜色有些没涂，可以花费p[i][j]的价值给没有涂色的第i棵树涂上第j种颜色，问最终把树涂成恰好k段花费的最小价值，（相同颜色为一段）

思路: dp[i][j][k]表示涂到第i棵树，用的颜料是第j种，当前被分成了k段的最小价值，暴力转移下。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int color[105];
long long p[105][105];
long long dp[105][105][105];
//pos
//select
//num

void update(long long &x, long long y) {
    if(x == -1) x = y;
    else if(x > y) x = y;
}

int main () {
    int n, m, K; scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) scanf("%d", color + i);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) for(int j = 1; j <= m; ++ j) scanf("%lld", &p[i][j]);
    memset(dp, -1, sizeof dp), dp[0][0][0] = 0;
    for(int i = 0; i <= n - 1; ++ i) {
        for(int j = 0; j <= m; ++ j) {
            for(int k = 0; k <= K; ++ k) if(dp[i][j][k] != -1) {
                for(int l = 1; l <= m; ++ l) {
                    if(color[i + 1] != 0) {
                        if(l == color[i + 1]) {
                            update(dp[i + 1][l][k + (j == l ? 0 : 1)], dp[i][j][k] + p[i + 1][l]);
                        }
                    } else {
                        update(dp[i + 1][l][k + (j == l ? 0 : 1)], dp[i][j][k] + p[i + 1][l]);
                    }
                }
            }
        }
    }
    long long ans = 1LL << 50;
    for(int i = 1; i <= m; ++ i) if(dp[n][i][K] != -1) ans = min(ans, dp[n][i][K]);
    if(ans == 1LL << 50) return 0 * puts("-1");
    else {
        for(int i = 1; i <= n; ++ i) if(color[i]) ans -= p[i][color[i]];
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

D

题意:n个点，每个点对a[i](a[i] != i)这个点有一条单向边，问选择一些边，把它们转向后这个图没有环的方案数。

思路:如果x个点是一个环,那么总共有2^x种选择方案，其中都选和都不选不符合要求，那么有2^x - 2种方案可行，如果一条边不属于某条环，那么转不转这条边都不会成环，有2种方案可行。求出环后把方案数乘起来就是答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;

int p[200005], p2[200005], cnt[200005];

int dfn[200005], low[200005], belong[200005], scc, bnum;

stack<int>sta;
void tarjan(int u) {
    dfn[u] = low[u] = ++ scc;
    sta.push(u);
    if(dfn[p[u]] == 0) tarjan(p[u]), low[u] = min(low[u], low[p[u]]);
    else if(!belong[p[u]]) low[u] = min(low[u], dfn[p[u]]);
    if(low[u] == dfn[u]) {
        ++ bnum;
        int v;
        do {
            v = sta.top(); sta.pop();
            belong[v] = bnum;
        } while(u != v);
    }
}

int main () {
    p2[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= 200000; ++ i) p2[i] = p2[i - 1] * 2 % mod;
    int n; scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) scanf("%d", p + i);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) if(!belong[i]) tarjan(i);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) cnt[belong[i]] ++;
    int ans = 1;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        if(cnt[i] == 1) ans = ans * 2 % mod;
        else if(cnt[i] > 1) ans = 1LL * ans * (p2[cnt[i]] + mod - 2) % mod;
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

E

题意:一个地方一年有2^n天，问k个人至少有两个人是同一天生日的概率。最后以最简分数的形式表达。数字太大，那么在对1000003取余输出。

思路:如果2^n < m，根据鸽巢原理，答案为1/1，否则答案为1 - 2^n *（2^n-1）*……*（2^n-(m-1)）/ 2^nm，分母好算，分子的话注意到mod=1e6+3，连续1e6+3个数相乘取余即为0，那么暴力算。算最简分数时发现分母只有2这个因子，于是去找分母中这个因子，然后分子分母求个逆元。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int mod = 1e6 + 3;

long long fp(long long a, long long b) {
    long long res = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) res = res * a % mod;
        if(b >>= 1) a = a * a % mod;
    }
    return res;
}

long long cal(long long n, long long k) {
    long long res = 1, x = fp(2, n % ( mod - 1));
    for(long long i = 0; i <= k - 1; ++ i) {
        res = res * (x - i + mod) % mod;
        if(res == 0) return 0;
    }
    return res;
}

int main () {
    long long n, k; scanf("%lld%lld", &n, &k);
    if(n <= 60 && (1LL << n) < k) return 0 * puts("1 1");
    if(k == 1) return 0 * puts("0 1");
    long long A = cal(n, k);
    long long B = fp(2, (n % (mod - 1)) * (k % (mod - 1)) % (mod - 1));
    long long x = n; -- k;
    while(k) k /= 2, x += k;
    x = fp(2, x % (mod - 1)), A = A * fp(x, mod - 2) % mod, B = B * fp(x, mod - 2) % mod;
    printf("%lld %lld\n", (B - A + mod) % mod, B % mod);
    return 0;
}