AtCoder Beginner Contest 217 【A - G】
比赛链接：https://atcoder.jp/contests/abc217/tasks
A - Lexicographic Order
题意
给出两个字符串 \(s,t\) ，若 \(s\) 字典序小于 \(t\) 输出 Yes ，否则输出 No 。
题解
模拟。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
string s, t;
cin >> s >> t;
cout << (s < t ? "Yes" : "No") << "\n";
return 0;
}
B - AtCoder Quiz
题意
给出 ABC 、ARC 、AGC 、AHC 四个字符串中的三个，输出剩下的那一个。
题解
模拟。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int x = 'B' ^ 'R' ^ 'G' ^ 'H';
for (int i = 0; i < 3; i++) {
string s;
cin >> s;
x ^= s[1];
}
cout << 'A' << char(x) << 'C' << "\n";
return 0;
}
C - Inverse of Permutation
题意
给出一个排列，依次输出 \(1,2,\dots,n\) 的下标。
题解
模拟。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> a[i];
}
vector<int> p(n);
iota(p.begin(), p.end(), 0);
sort(p.begin(), p.end(), [&](int x, int y) {
return a[x] < a[y];
});
for (auto i : p) {
cout << i + 1 << ' ';
}
return 0;
}
D - Cutting Woods
题意
有一根长为 \(l\) 米的木棒，从左端起每隔 \(1\) 米有一个标记，给出 \(q\) 次格式为 \((c_i, x_i)\) 的询问：
- 若 \(c_i = 1\) ，将木棒从标记 \(x_i\) 处锯开
- 若 \(c_i = 2\) ，输出标记 \(x_i\) 所在木棒的长度，保证不曾从 \(x_i\) 处锯开过
题解
记录所有被锯开的标记，某个标记所在木棒的长度即左右最近被锯开的两个标记间的距离。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int l, q;
cin >> l >> q;
set<int> st{0, l};
while (q--) {
int c, x;
cin >> c >> x;
if (c == 1) {
st.insert(x);
} else {
auto it = st.upper_bound(x);
cout << *it - *prev(it) << "\n";
}
}
return 0;
}
E - Sorting Queries
题意
开始时有一个空序列 \(a\) ，给出 \(q\) 次询问：
1 x，将 \(x\) 添加至 \(a\) 末尾2，输出序列 \(a\) 首部的元素3，将序列 \(a\) 排为升序
题解
利用 queue 和 priority_queue 模拟。
1 x ，将 \(x\) 添加至 queue 末尾
2 ，输出 priority_queue 的首部，若其为空，输出 queue 的首部
3 ，把 queue 中的所有元素弹入 priority_queue 中
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pque;
queue<int> que;
int q;
cin >> q;
while (q--) {
int op;
cin >> op;
if (op == 1) {
int x;
cin >> x;
que.push(x);
} else if (op == 2) {
if (not pque.empty()) {
cout << pque.top() << "\n";
pque.pop();
} else {
cout << que.front() << "\n";
que.pop();
}
} else {
while (not que.empty()) {
pque.push(que.front());
que.pop();
}
}
}
return 0;
}
F - Make Pair
题意
有 \(2n\) 个学生站为一排，编号为 \(1,2,\dots,2n\) ，给出这 \(2n\) 个学生中的 \(m\) 对好关系。
老师想要进行 \(n\) 次操作：
- 选择两个相邻且为好关系的学生，将他们移去，若留下间隙，两边的学生保持原次序合并
计算老师有多少种方案来进行这 \(n\) 次操作。
题解
区间 \(dp\) 。
设 \(dp[l][r]\) 为移去区间 \([l, r]\) 所需进行的 \(\frac{(r - l + 1)}{2}\) 次操作的方案数，显然区间长度 \((r - l + 1)\) 须为 \(2\) 的倍数。
对于较大区间 \([l, r]\) 的更新，可以通过枚举与 \(l\) 配对的点 \(x\) 来进行，若 \((l, x)\) 为好关系，则有状态转移方程：
\[dp[l][r] = dp[l + 1][x - 1] \cdot dp[x + 1][r] \cdot C_{p + q}^{p}
\]
其中， \(p = \frac{(x - 1) - (l + 1) + 1}{2} + 1\) ， \(q = \frac{r - (x + 1) + 1}{2}\) ，即区间 \([l, x]\) 和 \([x + 1, r]\) 各自需要操作的次数。
因为移去 \((l, x)\) 一定会先移去它们间的 \([l + 1, x- 1]\) ，所以 \(p\) 次操作的方案数为 \(dp[l + 1][x - 1]\) ， \(q\) 次操作的方案数为 \(dp[x + 1][r]\) ，剩下所需决定的即 \(p + q\) 次操作的顺序关系。
因为方案数已包含在 \(dp\) 中，所以 \(p\) 次操作两两无差别， \(q\) 次操作两两无差别，答案即 \(C_{p + q}^{p}(C_{p + q}^{q})\) ，含义为从总共 \(p + q\) 个位置中选择 \(p(q)\) 个放置 \(p(q)\) 次操作。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 405;
constexpr int MOD = 998244353;
int norm(int x) { if (x < 0) { x += MOD; } if (x >= MOD) { x -= MOD; } return x; }
template<class T> T binpow(T a, int b) { T res = 1; for (; b; b /= 2, a *= a) { if (b % 2) { res *= a; } } return res; }
struct Z {
int x;
Z(int x = 0) : x(norm(x)) {}
int val() const { return x; }
Z operator-() const { return Z(norm(MOD - x)); }
Z inv() const { assert(x != 0); return binpow(*this, MOD - 2); }
Z &operator*=(const Z &rhs) { x = 1LL * x * rhs.x % MOD; return *this; }
Z &operator+=(const Z &rhs) { x = norm(x + rhs.x); return *this; }
Z &operator-=(const Z &rhs) { x = norm(x - rhs.x); return *this; }
Z &operator/=(const Z &rhs) { return *this *= rhs.inv(); }
friend Z operator*(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res *= rhs; return res; }
friend Z operator+(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res += rhs; return res; }
friend Z operator-(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res -= rhs; return res; }
friend Z operator/(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res /= rhs; return res; }
};
struct Combination {
vector<Z> fac, inv;
Combination(int n) : fac(n), inv(n) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i;
inv[n - 1] = fac[n - 1].inv();
for (int i = n - 2; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1);
}
Z C(int n, int m){
if(m < 0 or m > n) return 0;
return fac[n] * inv[m] * inv[n - m];
}
};
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
n *= 2;
vector<vector<int>> edge(N, vector<int> (N));
for (int i = 0; i < m; i++) {
int a, b;
cin >> a >> b;
edge[a][b] = true;
}
vector<vector<Z>> dp(N, vector<Z> (N));
Combination C(N);
for (int l = n; l >= 1; l--) {
for (int r = l + 1; r <= n; r += 2) {
for (int x = l + 1; x <= r; x += 2) {
if (edge[l][x]) {
Z cur = 1;
if (l + 1 <= x - 1) {
cur *= dp[l + 1][x - 1];
}
if (x + 1 <= r) {
cur *= dp[x + 1][r];
}
int p = (l + 1 <= x - 1 ? ((x - 1) - (l + 1) + 1) / 2 : 0) + 1;
int q = (x + 1 <= r ? (r - (x + 1) + 1) / 2 : 0);
cur *= C.C(p + q, p);
dp[l][r] += cur;
}
}
}
}
cout << dp[1][n].val() << "\n";
return 0;
}
G - Groups
题意
给出两个数 \(n, m\) ，当 \(k = 1, 2, \dots, n\) 时，计算：
- 将 \(1\) 到 \(n\) 分为 \(k\) 组，且模 \(m\) 相同的数不能分在一组的方案数
题解
数据范围较小，这里记录一下 \(O_{(n^2)}\) 的解法。
设 \(dp[i][j]\) 为前 \(i\) 个数分为 \(j\) 组的方案数，则有转移方程：
\[dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j] \times (j - \lfloor \frac{(i - 1)}{m} \rfloor)
\]
含义为第 \(i\) 个数自成一组或分进一个不含同余数的组中。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int MOD = 998244353;
int norm(int x) { if (x < 0) { x += MOD; } if (x >= MOD) { x -= MOD; } return x; }
template<class T> T binpow(T a, int b) { T res = 1; for (; b; b /= 2, a *= a) { if (b % 2) { res *= a; } } return res; }
struct Z {
int x;
Z(int x = 0) : x(norm(x)) {}
int val() const { return x; }
Z operator-() const { return Z(norm(MOD - x)); }
Z inv() const { assert(x != 0); return binpow(*this, MOD - 2); }
Z &operator*=(const Z &rhs) { x = 1LL * x * rhs.x % MOD; return *this; }
Z &operator+=(const Z &rhs) { x = norm(x + rhs.x); return *this; }
Z &operator-=(const Z &rhs) { x = norm(x - rhs.x); return *this; }
Z &operator/=(const Z &rhs) { return *this *= rhs.inv(); }
friend Z operator*(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res *= rhs; return res; }
friend Z operator+(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res += rhs; return res; }
friend Z operator-(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res -= rhs; return res; }
friend Z operator/(const Z &lhs, const Z &rhs) { Z res = lhs; res /= rhs; return res; }
};
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<Z>> dp(n + 1, vector<Z> (n + 1));
dp[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j] * (j - (i - 1) / m);
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cout << dp[n][i].val() << "\n";
}
return 0;
}
参考
https://atcoder.jp/contests/abc217/submissions/25575778
https://codeforces.com/blog/entry/94543?#comment-835878
