2024.11.30 Rayan Programming Contest 2024 - Selection (Codeforces Round 989, Div. 1 + Div. 2)

Solved: 5/10

Upsolved: 6/10

Rank: 329

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数数水平真的太差了。。。F1 赛时对着期望和概率各种乱搞，结果发现把期望扔了就是道格路计数（

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A. King Keykhosrow's Mystery

题意：给 $a,b$，求最小的 $m$ 使得 $mmoda=mmodb$。

输出最小公倍数即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
void solve(){
    ll n,m;
    cin>>n>>m;
    cout<<n*m/__gcd(n,m)<<'\n';
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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B. Rakhsh's Revival

题意：给一个01串，每次操作可将长度为 $k$ 的子串覆盖为 1，问最少几次操作可使串中不存在长度为 $m$ 的全 0 子串。

遍历，遇到长度为 $m$ 的子串就从第 $m$ 个 0 开始覆盖。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
void solve(){
    int n,m,k;
    string s;
    cin>>n>>m>>k>>s;
    int len=0,res=0;
    for(int i=0;i<n;++i){
        if(s[i]=='0'){
            ++len;
            if(len==m){
                for(int j=0;j<k&&i+j<n;++j)s[i+j]='1';
                ++res,len=0;
            }
        }
        else len=0;
    }
    cout<<res<<'\n';
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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C. Trapped in the Witch's Labyrinth

题意：一个上下左右四箭头的矩阵，某些位置待填，问最多有多少位置满足从这个位置开始沿箭头方向移动走不出矩阵。

BFS搜索一定能走出去的位置，没填的位置一定能走出去当且仅当它的四周全是能走出去的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
 
const int N=1005;
int n,m;
string a[N];
const int dx[4]={1,0,-1,0};
const int dy[4]={0,1,0,-1};
const char de[4]={'U','L','D','R'};
bool vis[N][N];
void solve(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=0;i<n;++i)cin>>a[i];
    if(n==1&&m==1){
        cout<<"0\n";
        return;
    }
    for(int i=0;i<n;++i)
        for(int j=0;j<m;++j)
            vis[i][j]=0;
    queue<pii> q;
    for(int i=0;i<n;++i){
        if(a[i][0]=='L')q.push(pii(i,0));
        if(a[i][m-1]=='R')q.push(pii(i,m-1));
    }
    for(int i=0;i<m;++i){
        if(a[0][i]=='U')q.push(pii(0,i));
        if(a[n-1][i]=='D')q.push(pii(n-1,i));
    }
    while(!q.empty()){
        int x=q.front().first,y=q.front().second;
        q.pop();
        vis[x][y]=1;
        for(int i=0;i<4;++i){
            int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];
            if(xx<0||xx>=n||yy<0||yy>=m||a[xx][yy]=='?')continue;
            if(a[xx][yy]==de[i])q.push(pii(xx,yy));
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<n;++i)
        for(int j=0;j<m;++j){
            if(a[i][j]!='?'){
                if(!vis[i][j])++ans;
            }
            else{
                bool fl=0;
                for(int t=0;t<4;++t){
                    int ii=i+dx[t],jj=j+dy[t];
                    if(ii>=0&&ii<n&&jj>=0&&jj<m&&!vis[ii][jj]){fl=1;break;}
                }
                if(fl)++ans;
            }
        }
    cout<<ans<<'\n';
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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D. Darius' Wisdom

题意：$n$ 堆石子，每堆石子数量不超过 2。每次只能交换两堆石子数差 1 的石子，给出一种操作数不超过 $n$ 的方案使所有石子从小到大排序。

先把所有的 1 归位，然后用任意一个 1 把 0 和 2 归位。具体见代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
 
const int N=2e5+5;
int n,a[N],c[3];
vector<pii> ans;
vector<int> b[3][3];
int pos(int x){
    if(x>=1&&x<=c[0])return 0;
    else if(x>=c[0]+1&&x<=c[0]+c[1])return 1;
    else return 2;
}
void mov(int i1,int j1,int i2,int j2){
    int x=b[i1][j1].back(),y=b[i2][j2].back();
    ans.emplace_back(x,y);
    b[i1][j1].pop_back();
    b[i1-1][j1].push_back(x);
    b[i2][j2].pop_back();
    b[i2+1][j2].push_back(y);
}
void solve(){
    cin>>n;
    c[0]=c[1]=c[2]=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i],++c[a[i]];
    for(int i=0;i<3;++i)
        for(int j=0;j<3;++j)
            b[i][j].clear();
    for(int i=1;i<=n;++i)b[a[i]][pos(i)].push_back(i);
    ans.clear();
    while(b[0][1].size()||b[0][2].size()||b[1][0].size()||b[1][2].size()||b[2][0].size()||b[2][1].size()){
        int st=ans.size();
        while(b[2][0].size()&&b[1][2].size())mov(2,0,1,2);
        while(b[2][1].size()&&b[1][2].size())mov(2,1,1,2);
        while(b[1][0].size()&&b[0][2].size())mov(1,0,0,2);
        while(b[1][0].size()&&b[0][1].size())mov(1,0,0,1);
        if(ans.size()==st)break;
    }
    if(b[2][0].size()){
        int t=b[1][1].back(),m=b[2][0].size();
        ans.emplace_back(b[2][0][0],t);
        ans.emplace_back(b[2][0][0],b[0][2][0]);
        for(int i=1;i<m;++i){
            ans.emplace_back(b[2][0][i],b[0][2][i-1]);
            ans.emplace_back(b[2][0][i],b[0][2][i]);
        }
        ans.emplace_back(t,b[0][2][m-1]);
    }
    cout<<ans.size()<<'\n';
    for(auto&[x,y]:ans)cout<<x<<' '<<y<<'\n';
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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E. Permutations Harmony

题意：给 $n,k$，构造 $k$ 个不同的排列 $p_1,\dots ,p_k$，使得对所有的 $j$，$\sum _{i=1}^k{p}_{i,j}$ 相等。

当 $n$ 为偶数，$k$ 为奇数时，因为 $n\nmid k\frac{n(n+1)}{2}$，所以无解；

当 $k=1,k=n!-1,k>n!$ 时，无解；

其他情况均有解，分 $k$ 为奇数和偶数讨论。

• $k$ 为偶数时：12345 54321 12354 54312……从小到大枚举排列配上 $n+1$ 减每一项的排列即可。

• $k$ 为奇数时：我们先构造出一组 $k=3$ 的。第一个排列从小到大，第二个排列奇数项从 $\frac{n+1}{2}$ 开始递减、偶数项从 $n$ 开始递减。以 $n=7$ 为例：1234567 4736251 7362514。剩下的和 $k$ 为偶数一样，碰到重复的跳过即可。这样恰好可以把 $k$ 从 $3$ 到 $n!-3$ 的所有情况都构造出来。

注意特判 $n=k=1$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
 
const int N=2e5+5;
const int fac[9]={1,1,2,6,24,120,720,5040,40320};
int n,k,p[N],q[N],r[N];
void solve(){
    cin>>n>>k;
    if(k==1){
        if(n==1)cout<<"YES\n1\n";
        else cout<<"NO\n";
    }
    else if(n<=8&&k>fac[n])cout<<"NO\n";
    else if(!(n&1)&&(k&1))cout<<"NO\n";
    else if(n<=8&&k==fac[n]-1)cout<<"NO\n";
    else{
        cout<<"YES\n";
        for(int i=1;i<=n;++i)p[i]=i;
        if(!(k&1)){
            for(int i=1;i<=k;i+=2){
                for(int i=1;i<=n;++i)cout<<p[i]<<' ';
                cout<<'\n';
                for(int i=1;i<=n;++i)cout<<n-p[i]+1<<' ';
                cout<<'\n';
                next_permutation(p+1,p+n+1);
            }
        }
        else{
            for(int i=1;i<=n/2;++i)q[i*2-1]=n/2+2-i,q[i*2]=n+1-i;
            q[n]=1;
            for(int i=1;i<=n/2;++i)r[i*2]=n/2+1-i,r[i*2+1]=n-i;
            r[1]=n;
            for(int i=1;i<=n;++i)cout<<p[i]<<' ';
            cout<<'\n';
            for(int i=1;i<=n;++i)cout<<q[i]<<' ';
            cout<<'\n';
            for(int i=1;i<=n;++i)cout<<r[i]<<' ';
            cout<<'\n';
            for(int i=4;i<=k;i+=2){
                bool fl1=1,fl2=1,fl3=1,fl4=1,fl5=1,fl6=1;
                for(int i=1;i<=n;++i){
                    if(p[i]!=i)fl1=0;
                    if(p[i]!=q[i])fl2=0;
                    if(p[i]!=r[1])fl3=0;
                    if(n-p[i]+1!=i)fl4=0;
                    if(n-p[i]+1!=q[i])fl5=0;
                    if(n-p[i]+1!=r[i])fl6=0;
                }
                if(!fl1&&!fl2&&!fl3&&!fl4&&!fl5&&!fl6){
                    for(int i=1;i<=n;++i)cout<<p[i]<<' ';
                    cout<<'\n';
                    for(int i=1;i<=n;++i)cout<<n-p[i]+1<<' ';
                    cout<<'\n';
                }
                else i-=2;
                next_permutation(p+1,p+n+1);
            }
        }
    }
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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F1. Khayyam's Royal Decree (Easy Version)

题意：有 $n$ 个红球和 $m$ 个蓝球，每次等概率取一个，取到红球得 $2$ 分，取到蓝球得 $1$ 分。另有 $k$ 个检查点，当红球数恰好为 $r_i$ 且蓝球数恰好为 $b_i$ 时分数乘 $2$。求期望得分。

我们首先把期望转化成计数，即对所有取球方案求得分之和。最后再除 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{n})}$ 即可。

检查点可以拓扑排序。设 $f_i$ 表示到达第 $i$ 个检查点的所有方案的得分之和，$p_{i,j}$ 表示从第 $i$ 个检查点到第 $j$ 个检查点且中间不经过任何其他检查点的方案数，则有

$$p_{i,j}=s_{i,j}-\sum _{k=i+1}^{j-1}{p}_{i,k}{s}_{k,j},f_i=\sum _{j=0}^{i-1}(2f_j+s_{0,j}{w}_{j,i})p_{j,i}$$

其中 $s_{i,j}$ 表示从 $i$ 到 $j$ 的总方案数，$w_{i,j}$ 表示从 $i$ 到 $j$ 的得分。

总复杂度 $O(n^3)$。如果能快速转移或计算 $p$ 应该能做 F2（？

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
 
const int N=4e5+5,K=505,mod=998244353;
ll fac[N],inf[N];
void init(int n){
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inf[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)inf[i]=inf[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    inf[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)inf[i]=inf[i-1]*inf[i]%mod;
}
ll C(int n,int m){
    return fac[n]*inf[m]%mod*inf[n-m]%mod;
}
 
int n,m,k,r[K],b[K],d[K];
ll P(int i,int j){
    return C(r[j]-r[i]+b[j]-b[i],r[j]-r[i]);
}
bool e[K][K];
vector<int> E[K],G[K];
ll p[K][K],f[K];
queue<int> q;
vector<int> o;
void solve(){
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=1;i<=k;++i)cin>>r[i]>>b[i],r[i]=n-r[i],b[i]=m-b[i];
    r[++k]=n,b[k]=m;
    for(int i=0;i<=k;++i)E[i].clear(),G[i].clear(),d[i]=0,memset(e[i],0,sizeof(bool)*(k+1));
    for(int i=0;i<=k;++i)
        for(int j=0;j<=k;++j)
            if(i!=j&&r[i]<=r[j]&&b[i]<=b[j])
                e[i][j]=1,E[i].push_back(j),G[j].push_back(i),++d[j];
    o.clear();
    for(int i=0;i<=k;++i)if(!d[i])q.push(i);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();
        o.push_back(u);
        for(int v:E[u])if(!--d[v])q.push(v);
    }
    memset(f,0,sizeof(ll)*(k+1));
    for(int i=0;i<=k;++i){
        for(int j=i+1;j<=k;++j)if(e[o[i]][o[j]]){
            p[o[i]][o[j]]=P(o[i],o[j]);
            for(int t:G[o[j]])if(e[o[i]][t])p[o[i]][o[j]]=(p[o[i]][o[j]]-p[o[i]][t]*P(t,o[j])%mod+mod)%mod;
            f[o[j]]=(f[o[j]]+(2*f[o[i]]+(2*(r[o[j]]-r[o[i]])+(b[o[j]]-b[o[i]]))*P(0,o[i])%mod)*p[o[i]][o[j]])%mod;
        }
    }
    cout<<f[k]*inf[n+m]%mod*fac[n]%mod*fac[m]%mod<<'\n';
}
 
int main(){
    init(4e5);
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}