AtCoder Regular Contest 128
总结
这次 \(\tt ARC\) 因为 \(A,B\) 一直 \(\tt Wa\) 心态直接起飞，根本就无心做题了。
可能 \(2000+\) 就是我所背负的包袱，我总是为了涨分去打比赛，所以签到题做不出自然心态就炸了。但比赛的真正目的在于参与啊，如果你一直把附加的东西看得那么重，会失去它本身的乐趣了。
如果 \(\tt noip\) 我也做不出来签到题会怎样？也就失去了一次机会罢了，根本就没有老师们说得那么严重，我只想说不要因为结果而丧失了过程中的乐趣。
据说情绪不稳定是有抑郁倾向，那我打比赛时一直大吼大叫是怎么回事，还是要多打球啊
还有打比赛时不要跳签到题，心态会有很大影响
要不下次我先开后面的题，如果做不出来就不交了
\(A\)：去掉多余的限制，如果操作偶数次等价于不操作可以转异或。
\(B\)：找不变量，球模 \(3\) 余数永远不变，根据必要条件构造即可。
补记：后两题有时间再补 \(...\)
C.Max Dot
题目描述
解法
设 \(sum[i]\) 表示后 \(i\) 个元素的和，如果不考虑 \(m\) 的限制那么我们肯定选取 \(\frac{sum[i]}{i}\) 的后缀无脑增大即可。
考虑 \(m\) 的限制，这时候我们贪心增大后缀可能导致某些元素大于 \(m\)，怎么办呢？设最优后缀是 \(p\)，那么我们知道的信息只有后缀 \(p\) 的 \(x\) 值等于 \(m\) 了，也就是我们可以确定一段后缀的取值，那么自然就得到了子问题。
暴力递归子问题时间复杂度 \(O(n^2)\)，可以用凸包提前确定子问题，时间复杂度 \(O(n)\)
#include <cstdio>
const int M = 5005;
#define int long long
#define db double
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,k;db b[M],c[M],s,ans;
signed main()
{
n=read();m=read();s=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read();
b[++k]=x;c[k]=1;
while(k>1 && b[k]*c[k-1]<=b[k-1]*c[k])
{
b[k-1]+=b[k];
c[k-1]+=c[k];
k--;
}
}
for(int i=k;i>=1;i--)
{
if(m*c[i]<=s)
{
ans+=b[i]*m;
s-=m*c[i];
}
else
{
ans+=b[i]*(s/c[i]);
break;
}
}
printf("%.8f\n",ans);
}
D.Neq Neq
题目描述
解法
这道题我明明会做啊，怎么比赛时就是没搞出来啊\(...\)
设 \(dp[i]\) 表示前 \(i\) 个元素可能形成的集合个数，显然我们只需要枚举一段后缀 \([j,i]\)，使得 \((j,i)\) 全部都被删除，然后可以递归到子问题了。
先找一些必要条件，比如有两个相邻相等的元素存在于 \([j,i]\) 中那么根本删不动。然后考虑 \(len=2,3\) 可以特殊处理。考虑 \(1,2,1,2\) 这种情况，也就是种类 \(=2\) 的情况也是删不动的。
那么种类 \(=3\) 删得动吗？我们找到一对三个互不相同的相邻元素 \((a,b,c)\)，若删去 \(b\) 之后任然满足种类 \(=3\) 则删去，否则一定是 \(...x,y,x,a,y,x,y...\) 这种形式，以 \(a\) 为端点暴力删即可。
那么搞两个指针分别维护元素种类和相邻不等的条件，简单前缀和就可以做到 \(O(n)\)
#include <cstdio>
const int M = 200005;
const int MOD = 998244353;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,a[M],b[M],dp[M],sum[M];
signed main()
{
n=read();dp[0]=1;
int j=0,k=1,cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=read();
dp[i]=dp[i-1];//do nothing
if(a[i]==a[i-1]) j=i-1;
if(i>2 && a[i]!=a[i-1] && a[i-1]!=a[i-2])
dp[i]=(dp[i]+dp[i-2])%MOD;
//
if(b[a[i]]==0) cnt++;
b[a[i]]++;
while(k<i-2 && cnt>=3)
{
b[a[k]]--;
if(b[a[k]]==0) cnt--;
k++;
}
//
if(j<k) dp[i]+=sum[k-1]-sum[j];
dp[i]=(dp[i]%MOD+MOD)%MOD;
sum[i]=(sum[i-1]+dp[i])%MOD;
}
printf("%d\n",dp[n]);
}
