AtCoder Grand Contest 020&021
020E Encoding Subsets
题目描述
解法
首先考虑对于某个固定的方案如何计算，设 \(f(l,r)\) 表示将区间 \([l,r]\) 编码的方案数，\(g(l,r)\) 表示将区间 \([l,r]\) 编码成单个字符或由一个括号括起来的方案数，转移考虑将一段前缀编码：
- \(f(l,r)=\sum_{k=l}^{r} g(l,k)\cdot f(k+1,r)\)
- \(g(l,r)=\sum_{d=1}^{r-l} f(l,l+d-1)\)，其中 \(d\) 是字符串 \(s[l...r]\) 的循环节。
那么如果要求子集怎么做呢？我们设 \(f(S)/g(S)\) 表示字符串 \(S\) 及其子集的答案之和，然后类似上面的转移即可，注意取出循环节时需要取 \(\tt and\)（因为都是 \(1\) 循环节这一位才可能是 \(1\)），时间复杂度算不来，用记忆化搜索就可以跑过。
总结
这种嵌套类型是常见的，如果转移可以表示成两个形式不同子问题的嵌套，那么可以尝试使用分步 \(dp\)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
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;
}
string s;map<string,int> mp[2];
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;}
int g(string s) ;
int f(string s)
{
if(s=="") return 1;
if(mp[0].count(s)) return mp[0][s];
int r=0,n=s.length();
for(int i=1;i<=n;i++)
add(r,1ll*g(s.substr(0,i))
*f(s.substr(i,n-i+1))%MOD);
return mp[0][s]=r;
}
int g(string s)
{
if(s=="" || s=="0") return 1;
if(s=="1") return 2;
if(mp[1].count(s)) return mp[1][s];
int r=0,n=s.length();
for(int d=1;d<n;d++)
{
if(n%d) continue;
string t="";
for(int i=0;i<d;i++)
{
int x=1;
for(int j=i;j<n;j+=d)
x&=(s[j]=='1');
t+=(x+'0');
}
add(r,f(t));
}
return mp[1][s]=r;
}
signed main()
{
cin>>s;
printf("%d\n",f(s));
}
021E Ball Eat Chameleons
题目描述
解法
首先有一个关键的 \(\tt obseervation\) 是，变色龙最后显红色的充要条件是：吃的红球数大于蓝球数；或者红球数等于蓝球数，并且最后一个吃的是蓝球。
这样 \(n=1\) 的情况就很好解决了，下一步我们来思考如果知道颜色序列如果确定最优分配方案。考虑判定恰好 \(n\) 条龙变红色等价于判定 \(\geq n\) 条龙变红色（但是要求红球数\(>\)蓝球数，所以 \(R=B\) 的情况可以化归到 \((R,R-1)\) 的情况）
那么最优方案就是取出所有的子序列 AB，剩下的颜色可以让恰好 \(R-B\) 条变色龙变色，所以子序列 AB 的数量必须 \(\geq n-(R-B)\)，那么我们可以计算出未匹配的 B 至多有 \(B-(n-(R-B))=R-n\) 个。
那么未匹配的 B 等价于，把 A 看成 \(-1\)，B 看成 \(+1\)，前缀和的最大值 \(\leq R-n\)，这样我们就解决了判定问题。
现在计数问题就容易解决了，我们枚举 \(R\)，那么问题转化成从 \((0,0)\) 走到 \((R,B)\)，每次可以向右走或者向上走，问不能越过 \(y=x+(R-n)\) 的方案数，套用公式可以得到：
时间复杂度 \(O(k)\)
彩蛋：这题在我还没仔细分析的时候就觉得是卡特兰数之类的组合意义，所以我的数感是不是越来越好了。
#include <cstdio>
const int M = 1000005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
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,k,ans,fac[M],inv[M];
void init(int n)
{
fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%MOD;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=i*fac[i-1]%MOD;
}
int C(int n,int m)
{
if(m<0 || n<m) return 0;
return fac[n]*inv[n-m]%MOD*inv[m]%MOD;
}
void add(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;}
signed main()
{
n=read();k=read();init(k);
if(k<n) {puts("0");return 0;}
for(int R=0;R<=k;R++)
{
int B=k-R;
if(R<B) continue;
if(R==B) B--;
add(ans,MOD+C(R+B,R)-C(R+B,2*R-n+1));
}
printf("%lld\n",ans);
}
