abc209题解

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A

$ans=max(0,b-a+1)$

B

$\sum a[i]-n/2>=k?$

C

降智了，一直想容斥，，，浪费了10min。
其实很简单，按 $a[i]$ 从小到大排序后，由于前面选数一定会使后面能选的数少 $1$，所以 $ans=\sum (a[i]-i+1)$。

D

$LCA$ 板题，由于两个人走一条边的时间相同，就看他们两个人距离多少边。

E

妙啊，考场时我只想怎么连边，怎么连边都有很多。
其实可以将点看成边，这样边只有 $n$ 条，点即为前三个字母、后三个字母，点的数量小于等于 $2n$ 个。再反向建边，发现如果人在此时入度为 $0$ 的点，必输。发现此时变成了“带环DAG”，于是进行拓扑排序。若有一个必输的点到达 $x$，那么 $x$ 一定必赢。反之，看 $x$ 是否在环上。若在环上，此为平局。若不在，即入度变成了 $0$，必输。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <iostream>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 4e5 + 5;
int n, len, tot, d[MAXN], vis[MAXN], a[MAXN], b[MAXN];
vector <int> v[MAXN];
string s, s1, s2;
map <string, int> mp;
queue <int> que;
int main() {
	scanf("%d", &n); memset(vis, -1, sizeof(vis));
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		s.clear(); cin >> s; len = s.length(); s1.clear(); s2.clear();
		s1 += s[0]; s1 += s[1]; s1 += s[2]; s2 += s[len - 3]; s2 += s[len - 2]; s2 += s[len - 1];
//		cout << s1 << ' ' << s2 << endl;
		if(mp.find(s1) == mp.end()) mp[s1] = ++ tot;
		if(mp.find(s2) == mp.end()) mp[s2] = ++ tot;
		a[i] = mp[s1]; b[i] = mp[s2];
		v[b[i]].push_back(a[i]); d[a[i]] ++; 
	}
	for(int i = 1; i <= tot; i ++) if(!d[i]) que.push(i), vis[i] = 0;
	while(!que.empty()) {
		int t = que.front(); que.pop();
		for(int i = 0; i < v[t].size(); i ++) {
			int q = v[t][i]; d[q] --;
			if(vis[q] != 1) {
				if(vis[t] == 0) { vis[q] = 1; que.push(q); continue; }
				if(!d[q]) que.push(q), vis[q] = 0; 	
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(vis[b[i]] == 0) printf("Takahashi\n");
		else if(vis[b[i]] == 1) printf("Aoki\n");
		else printf("Draw\n");
	}
	return 0;
}

F

很容易想到一个贪心：先选最大的。
考虑一段区间 $[L,R](p[L]...p[R])$，不能满足题意当且仅当在区间内存在：$a[p[i]]<a[p[j]](|p[i]-p[j]|==1,i<j)$。
换句话说，题目让你求排列的数量，排列满足：对于所有相邻的两个数，大的那个数都比小的那个数先选。看得出来这是一个拓扑图（虽然对正解没什么帮助
考虑 $dp$，显然这是一个插入 dp。令 $dp[i][j]$ 为前 $i$ 个数选了第 $j$ 个位置的排列数，注意这里的 $j$ 的前 $i$ 个数中的相对位置，并不是最终的位置，则隐藏 $j\le i$。
分类讨论。注意边界取不取。
则 $dp[i][j]=\sum dp[i-1][k]$。

1. $a[i-1]<a[i]$，$j\le k\le i-1$,这里 $k==j$ 时相当于 $a[i-1]$ 原来在 $j$ 处，插入 $a[i]$ 在 $a[i-1]$ 前，它也在 $j$ 处，于是可行。
2. $a[i-1]>a[i]$，$1\le k\le j-1$。
3. $a[i-1]==a[i]$，$1\le k\le i-1$。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 4005, Mod = 1e9 + 7;
int n, a[MAXN], ans;
LL dp[MAXN][MAXN], pre[MAXN];
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d", &a[i]);
	dp[1][1] = 1; pre[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i ++) {
		for(int j = 1; j <= i; j ++) {
			if(a[i] > a[i - 1]) dp[i][j] = pre[i - 1] - pre[j - 1];
			else if(a[i] < a[i - 1]) dp[i][j] = pre[j - 1];
			else dp[i][j] = pre[i - 1];
			dp[i][j] = (dp[i][j] % Mod + Mod) % Mod;
		}
		for(int j = 1; j <= i; j ++) pre[j] = (pre[j - 1] + dp[i][j]) % Mod;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i ++) ans = (ans + dp[n][i]) % Mod;
	printf("%d", ans);
	return 0;
}