Tenka1 Programmer Contest 2019

A.一定是前半段白后半段黑，枚举分界点预处理前后缀和。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=200010;
char s[N];
int n,ans,pre[N],suf[N];

int main(){
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("a.out","w",stdout);
    scanf("%d%s",&n,s+1); ans=n+1;
    rep(i,1,n) pre[i]=pre[i-1]+(s[i]=='#');
    for (int i=n; i; i--) suf[i]=suf[i+1]+(s[i]=='.');
    rep(i,0,n) ans=min(ans,pre[i]+suf[i+1]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

B.总数-存在某个集合超过总和一半的方案数，先默认这个大集合是R最后再乘3。

f[i][j]表示前i个数中R中数之和为j，不在R中的数随意放入G和B的方案数。发现这样可能会多考虑空集，于是再令g[i][j]表示前i个数中R中数和为j，不在R中的数全部放入G的方案数，做个类似的DP即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=310,mod=998244353;
int n,ans,sm,a[N],f[N*N],g[N*N];

int ksm(int a,int b){
    int res=1;
    for (; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
        if (b & 1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}

int main(){
    freopen("b.in","r",stdin);
    freopen("b.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n); ans=(ksm(3,n)-3ll*ksm(2,n)+3+3ll*mod)%mod;
    rep(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),sm+=a[i];
    f[0]=g[0]=1;
    rep(i,1,n) for (int j=sm; ~j; j--){
        f[j]=(f[j]*2ll+(j>=a[i]?f[j-a[i]]:0))%mod;
        g[j]=(g[j]+(j>=a[i]?g[j-a[i]]:0))%mod;
    }
    rep(i,(sm+1)/2,sm-1) ans=(ans-3ll*(f[i]-2ll*g[i])+3ll*mod)%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

C.结论：p能成为答案，当且仅当：p是所有系数gcd的质因子，或(x^p-x)能整除原多项式。

第一种情况由裴蜀定理知显然。第二种情况我是这样理解的：若两个多项式次数相同且所有根都相同，那么它们就是同一个多项式，在模意义下或许同样如此。那么由于1~p-1全部为原多项式的根，也就是x(x-1)(x-2)...(x-p+1)能整除原式。而这个式子和(x^p-x)在模p意义下是相等的，于是直接判断(x^p-x)能否整除原式即可。

下面考虑如何判断(x^n-1)是否整除一个多项式，发现只要判断“所有%n同余的次数项的系数之和是否全为0”即可。总复杂度O(n^2)。

#include<set>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=200010;
int n,m,a[N],h[N];
set<int>ans;

void chk(int p){
    rep(i,0,p-2) h[i]=0;
    rep(i,0,n) h[i%(p-1)]=(h[i%(p-1)]+a[i])%p;
    rep(i,0,p-2) if (h[i]) return;
    ans.insert(p);
}

int main(){
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for (int i=n; ~i; i--) scanf("%d",&a[i]),m=__gcd(m,abs(a[i]));
    for (int i=2; i*i<=m; i++) if (m%i==0){
        ans.insert(i);
        while (m%i==0) m/=i;
    }
    if (m!=1) ans.insert(m);
    rep(i,2,n) if (a[0]%i==0){
        bool flag=1;
        for (int j=2; j*j<=i; j++) if (i%j==0){ flag=0; break; }
        if (flag) chk(i);
    }
    for (set<int>::iterator it=ans.begin(); it!=ans.end(); it++) printf("%d\n",*it);
    return 0;
}