Codeforces Round #604 (Div. 2)

A. Beautiful String (CF 1265 A)

题目大意

当没有连续两个字母相同时，该字符串为美丽串，给定一个含$a,b,c,?$的字符串，要求将$?$替换成$a$,$b$或$c$,使得该串为美丽串。若无法成为美丽串输出$-1$

解题思路

很显然对于每个$?$的取值只跟它左右两个位置有关，而它一定能取到一个合法的值，只要跟左右不同即可，而如果一开始就有连续两个字母相同则输出$-1$.

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
bool qwq;
 
char s[100500];
 
void check(int x){
    s[x]='a';
    if (x==0){
        if (s[x+1]=='a') s[x]='b';
    }
    else{
        if (s[x-1]=='a'||s[x+1]=='a') {
                                        s[x]='b';
                                        if (s[x-1]=='b'||s[x+1]=='b') {
                                                                        s[x]='c';
                                                                        if (s[x-1]=='c'||s[x+1]=='c') qwq=false;
                                        }
        }
         
    }
}
 
void Input(void) {
    scanf("%s",s);
    int len=strlen(s);
    qwq=true;
    for(int i=0;i<len;++i){
        if (qwq==false) break;
        if (i!=0&&s[i]==s[i-1]) qwq=false;
        if (s[i]=='?') check(i);
    }
    if (!qwq) printf("-1\n");
    else printf("%s\n",s); 
}
 
void Solve(void) {}
 
void Output(void) {}
 
main(void) {
    int kase;
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        //printf("Case #%d: ", i);
        Input();
        Solve();
        Output();
    }
}

---

B. Beautiful Numbers (CF 1265 B)

题目大意

给定一个排列，求每一个$m\leq n$,是否存在$l,r$使得区间$\left[ l,r\right]$是$1$~$m$的一个全排列，存在则$m$为美丽数字。输出一个数字串，第$i$个数字表示$i$是否是美丽数字，是则$1$，否则$0$

解题思路

$m=1$的时候我们选择$1$的位置，然后我们从$1$的位置进行拓展，很显然我们每一次贪心的向左右两个数中较小的那个数进行扩展，才有可能得到一个$1$~$m$的全排列。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
int n,l,r,pos,cnt,mi,ma;
 
const int N=2e5+8;
 
int p[N];
 
void Input(void) {
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        read(p[i]);
        if (p[i]==1) pos=i;
    }
}
 
void Solve(void) {
    p[0]=p[n+1]=3e6;
    l=r=pos;
    cnt=1;
    mi=ma=1;
    putchar('1');
    while(cnt<n){
        if (l==1){
            ++r;
            ++cnt;
            ma=MAX(ma,p[r]);
        }else if (r==n){
            --l;
            ++cnt;
            ma=MAX(ma,p[l]);
        }else if (p[l-1]>p[r+1]) {
            ++r;
            ++cnt;
            ma=MAX(ma,p[r]);
        }
        else{
            --l;
            ++cnt;
            ma=MAX(ma,p[l]);
        }
        if (cnt==ma-mi+1) putchar('1'); 
        else putchar('0');
    }
    puts("");
}
 
void Output(void) {}
 
main(void) {
    int kase;
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        //printf("Case #%d: ", i);
        Input();
        Solve();
        Output();
    }
}

---

C. Beautiful Regional Contest (CF 1265 C)

题目大意

$n$个选手参加比赛，递减给出它们解决的题数，分配$g$个金牌$s$个银牌和$b$个铜牌，要求$g<s$且$g<b$，且$g+s+b\leq \dfrac {n}{2}$,且获得金牌的选手的题数严格大于获得银牌选手的题数，获得银牌的选手题数严格大于获得铜牌选手的题数，获得铜牌的选手题数严格大于获得铁牌(无牌)(来杯拿铁咖啡)选手的题数，问能否做到，若能，给定一个可行的分配方案，使得发牌数最大。

解题思路

题目对于$g$有大小限制而$s$和$b$之间没有，则我们让$g$尽可能小就好了，即选解题数最高的那一组选手全部发金牌，然后发银牌，直到$g>s$，剩下的选手全部发铜牌，直到发的牌数恰好小于$\dfrac {n}{2}$即可，做不到则不可行。
如果你是良心比赛方可以最后把$s$和$b$调换一下。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
int n,g,s,b,qwq,re;
 
const int N=4e5+8;
 
int num[N],cnt[N];
 
void Input(void) {
    qwq=0;
    num[0]=-1;
    read(n);
    for(int a,i=1;i<=n;++i) {
        read(a);
        if (num[qwq]!=a) num[++qwq]=a;
        ++cnt[qwq];
    }
    s=g=b=re=0;
}
 
void Solve(void) {
    g=cnt[1];
    int i=2;
    while(s<=g) s+=cnt[i++];
    while(b<=g) b+=cnt[i++];
    if (s+g+b>n/2) g=s=b=0;
    else {while(s+g+b<=n/2) b+=cnt[i++]; b-=cnt[--i];}
    printf("%d %d %d\n",g,s,b);
    for(int i=1;i<=n;++i) num[i]=cnt[i]=0;
}
 
void Output(void) {}
 
main(void) {
    int kase;
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        //printf("Case #%d: ", i);
        Input();
        Solve();
        Output();
    }
}

---

D. Beautiful Sequence (CF 1265 D)

题目大意

给了$a$个$0$，$b$个$1$，$c$个$2$，$d$个$3$，要求排成一个序列，使得俩俩差值为$1$，输出任意符合要求序列即可，没有则$NO$

解题思路

• 如果有三个数是$0$个，则第四个数数量为$1$则可行，否则不可行。
• 如果有两个数是$0$个，则看另外两个数的差值是否为$1$，是则由植树原理再判断二者的差值是否为一，是则可行，其余情况均不可行。
• 如果有一个数是$0$个，则看这个数是多少，若为$1$或$2$则不可行，当为$0$或$3$时，不失一般性，假设是$0$的数为$0$个，那么我们排列$1$,$2$,$3$，由植树原理可知如果$cnt=c-\left( b-1+d-1+1\right) \leq 2$则可行，即$1,2,1,2,1,2......,2,1, 2, 3,2,3,2......2,3,$如此排列，若$cnt$为$1$则在序列最左边放一个$2$,若为$2$则在最左边和最右边各放一个$2$即可。
• 如果有零个数是$0$个，我们考虑$0,1$和$2,3$，首先$b\geq a$且$c\geq d$，否则不可行。我们按照，$0,1,0,1......$和$......2,3,2,3$如此排好后，考虑$1$和$2$之间的排列，我们如此$2,1,2,1.....$排列，直到用光$1$或者$2$，此时如果还有剩余的，假设$1$还有剩余，若剩余$1$个，则放到最左边，否则不可行，若$2$还有剩余，若剩余$1$个，则放到最右边，否则不可行.

综上即可。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
int a,b,c,d,mi,cnt;
 
bool qwq;
 
void Input(void) {
    cnt=0;
    read(a);
    read(b);
    read(c);
    read(d);
    cnt=(a==0)+(b==0)+(c==0)+(d==0);
}
 
void check1(){
    int sign=0;
    if (a==0) sign=0;
    else if (b==0) sign=1;
    else if (c==0) sign=2;
    else sign=3;
    if (sign==1||sign==2){
        qwq=true;
        return;
    }
    if (sign==3){
        b-=a-1;
        b-=c-1;
        --b;
        if (b<0||b>2){
            qwq=true;
            return;
        }
        else{
            printf("YES\n");
            if (b) --b,printf("1 ");
            for(int i=1;i<=a;++i) printf("0 1 ");
            for(int i=1;i<c;++i) printf("2 1 ");
            printf("2");
            if (b) printf(" 1\n");
            else printf("\n");
            return;
        }
    }
    else{
        c-=b-1;
        c-=d-1;
        --c;
        if (c<0||c>2){
            qwq=true;
            return;
        }
        else{
            printf("YES\n");
            if (c) --c,printf("2 ");
            for(int i=1;i<=b;++i) printf("1 2 ");
            for(int i=1;i<d;++i) printf("3 2 ");
            printf("3");
            if (c) printf(" 2\n");
            else printf("\n");
            return;
        }
    }
}
 
void check2(){
    int s1=-1,s2=-1;
    int cnt[4];
    cnt[0]=a;
    cnt[1]=b;
    cnt[2]=c;
    cnt[3]=d;
    if (a!=0) s1=0;
    if (b!=0) if (s1==-1) s1=1;else s2=1;
    if (c!=0) if (s1==-1) s1=2;else s2=2;
    if (d!=0) if (s1==-1) s1=3;else s2=3;
    if (s2-s1>1) {
        qwq=true;
        return;
    }
    else{
        if (ABS(cnt[s2]-cnt[s1])>1){
            qwq=true;
            return;
        }
        else{
            printf("YES\n");
            if (cnt[s2]>cnt[s1]) {for(int i=1;i<=cnt[s1];++i) printf("%d %d ",s2,s1); printf("%d\n",s2);}
            else if (cnt[s2]<cnt[s1]) {for(int i=1;i<=cnt[s2];++i) printf("%d %d ",s1,s2); printf("%d\n",s1);}
            else for(int i=1;i<=cnt[s1];++i) printf("%d %d%c",s1,s2,i==cnt[s1]?'\n':' ');
            return;
        }
    }
}
 
void check3(){
    int si=0;
    int cnt[4];
    cnt[0]=a;
    cnt[1]=b;
    cnt[2]=c;
    cnt[3]=d;
    for(int i=0;i<4;++i) if (cnt[i]!=0) si=i;
    if (cnt[si]==1){
        printf("YES\n");
        printf("%d\n",si);
        return;
    }
    else {
        qwq=true;
        return;
    }
}
void Solve(void) {
    qwq=false;
    if (a>b&&(c!=0||d!=0)) qwq=true;
    else if (d>c&&(b!=0||a!=0)) qwq=true;
    if (!qwq){
        if (cnt==0){
        b-=a;
        c-=d;
        mi=MIN(b,c);
        b-=mi;
        c-=mi;
        if (b==1||c==1){
            printf("YES\n");
            if (b==1) {
                printf("1 ");
                for(int i=1;i<=a;++i) printf("0 1 ");
                for(int i=1;i<=mi;++i) printf("2 1 ");
                for(int i=1;i<=d;++i) printf("2 3%c",i==d?'\n':' ');
            }
            else{
                for(int i=1;i<=a;++i) printf("0 1 ");
                for(int i=1;i<=mi;++i) printf("2 1 ");
                for(int i=1;i<=d;++i) printf("2 3 "); 
                printf("2\n");
            }
        }
        else if (b==c){
                printf("YES\n");
                for(int i=1;i<=a;++i) printf("0 1 ");
                for(int i=1;i<=mi;++i) printf("2 1 ");
                for(int i=1;i<=d;++i) printf("2 3%c",i==d?'\n':' '); 
        }
        else qwq=true;
        }
        else{
            if (cnt==1) check1();
            else if (cnt==2) check2();
            else if (cnt==3) check3();
        }
    }
    if (qwq) printf("NO\n");
}
 
void Output(void) {}
 
main(void) {
    //int kase;
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    //read(kase);
    //for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        //printf("Case #%d: ", i);
        Input();
        Solve();
        Output();
    //}
}

由于昨晚放弃思考了所以代码写了巨长……

---

E. Beautiful Mirrors (CF 1265 E)

题目大意

$n$枚镜子，每天问一枚镜子，从第一枚镜子开始问$Creatnx$是否漂亮，是则下一天跳转到下一个镜子，否则下一天从第一枚镜子重新开始问。当最后一枚镜子即第$n$枚镜子说她漂亮时，她就变得很开心。问她变得开心的期望天数。

解题思路

期望题，我们通常逆推，即从结果推到初始状态。
设$f\left( i\right)$表示从第$i$枚镜子开始问，变得开心（即问到第n枚镜子得到漂亮回答）的期望天数。
根据期望的定义，我们有$f\left( n+1\right) =0$以及$f\left( i\right) =\dfrac {p_{i}}{100}f\left( i+1\right) +\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right) f\left( 1\right)$
即对于第$i$天，它有$\dfrac {p_{i}}{100}$的概率需要$f\left( i+1\right)$才变得开心，也有$\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right)$的概率需要$f\left( 1\right)$才变得开心。
右式一共有$n$个方程，我们可以用高斯消元即可解出答案$f\left( 1\right)$，但复杂度是$O\left( n^{3}\right)$，会超时。
由于逆推状态不当，导致式子中存在$f\left( 1\right)$，这对答案求值造成很大不便，我们需要修改状态。
由于回答不漂亮会回到第一枚镜子，那么我们希望第一枚镜子的状态会是一个已知状态。
我们设$f\left( i\right)$表示从第一枚镜子问，问到第$i$枚镜子且回答漂亮的期望天数。
则$f\left( 0\right) =0$，$f\left( i\right) =f\left( i-1\right) +\dfrac {p_{i}}{100}+\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right) \left( f\left( i\right) +1\right)$
即我们要问第$i$枚镜子，首先需要期望天数$f\left( i-1\right)$问到第$i-1$枚镜子并得到漂亮的回答，然后对于第$i$枚镜子，我们有$\dfrac {p_{i}}{100}$的概率花一天得到漂亮的回答，也有$\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right)$的概率得到不漂亮回答，这时需要再花$f\left( i\right)$天才能得到漂亮的回答，所以总共需要$f\left( i\right) +1$ （$1$是问第$i$枚镜子得到不漂亮的回答的那一天），化简一下即可得到$f\left( i\right) =\dfrac {\left( f\left( i-1\right) +1\right) \times 100}{p_{i}}$，递推$O\left( n\right)$即可得到答案$f\left( n\right)$
($f\left( i\right) =\dfrac {p_{i}}{100}\cdot \left( f\left( i-1\right) +1\right) +\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right) \cdot \left( f\left( i-1\right) +1+f\left( i\right) \right)$这个和上面是等价的，即有$\dfrac {p_{i}}{100}$的概率得到漂亮答案，这时需要的天数是$f\left( i-1\right) +1$，也有$\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right)$的概率得到了不漂亮回答，这时我们需要从第一枚镜子重新问，此时得到第$i$枚镜子的漂亮回答的天数是$\left( f\left( i-1\right) +1+f\left( i\right) \right)$)

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
const long long mo=998244353;
 
long long kuai(long long a,long long b){
    int qwq=1;
    while(b){
        if (b&1) qwq=a*qwq%mo;
        a=a*a%mo;
        b>>=1;
    }
    return qwq;
}
 
void Input(void) {
    int n;
    long long ans=0,f;
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        read(f);
        ans=(ans+1)%mo*100%mo*kuai(f,mo-2)%mo;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
 
void Solve(void) {}
 
void Output(void) {}
 
main(void) {
    //int kase;
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    //read(kase);
    //for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        //printf("Case #%d: ", i);
        Input();
        Solve();
        Output();
    //}
}

---

C. Beautiful Mirrors with queries (CF 1264 C)

题目大意

$n$枚镜子，每天问一枚镜子，从第一枚镜子开始问$Creatnx$是否漂亮，是则下一天跳转到下一个镜子，否则下一天从小于当前镜子编号的标有$check point$的最大编号的镜子问。当最后一枚镜子即第$n$枚镜子说她漂亮时，她就变得很开心。
有$q$次操作，每次操作将第$i$枚镜子设为$check point$（如果之前不是$check point$）或者取消$check point$（如果之前是$check point$），对于每次操作，回答她变得开心的期望天数。

解题思路

由于镜子回答不漂亮的时候$Creatnx$不再是从第一枚镜子问，$check point$相当于把连续的镜子分成了若干段，不同段之间互不干扰，对于每一段$\left[ l,r\right]$，我们都可以假想是从第一枚镜子问到第$r-l+1$枚镜子并得到漂亮回答的期望天数，由期望的线性可加性，我们把不同段的期望天数相加即可得到答案。而每次操作仅仅增加或移除一个$check point$，如果我们能够快速知道某段区间对答案贡献的期望天数，即可快速解决此题。

上一题中一开始的递推式$f\left( i\right) =\dfrac {p_{i}}{100}f\left( i+1\right) +\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right) f\left( 1\right)$，某人通过解前几项的规律得出 $$f\left( 1\right) = \frac{1 + p_1 + p_1 \cdot p_2 + \ldots + p_1\cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_{n-1}}{p_1\cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n}$$ ，这是我们从$1$号镜子开始问问到第$n$号镜子并得到漂亮回答的答案。其实这个从后来的递推式$f\left( i\right) =\dfrac {\left( f\left( i-1\right) +1\right)}{p_{i}}$展开也可得到。

这样子的话，对于一个新添加的$check point$，记为$mid$，再设编号小于$check point$编号的最大$check point$编号为$l$，编号大于$check point$编号的最小$check point$编号为$r$，则从$1$到$l-1$的期望天数，从$r$到$n$的期望天数并没有受到影响，而从$l$到$r-1$的期望天数被分成了两部分，一部分是从$l$到$mid-1$，一部分是$mid$到$r-1$，我们只要减去$l$到$r-1$的期望贡献，再加上$l$到$mid-1$和$mid$到$r-1$的期望贡献即可得到新的答案，移除的话即减去$l$到$mid-1$和$mid$到$r-1$的期望贡献，加回$l$到$r-1$的期望贡献即可。

从上面展开递推式的过程（这里没有）我们可以知道，对于从$u$到$v$都得到漂亮回答的期望天数为 $$\frac{1 + p_u + p_u \cdot p_{u+1} + \ldots + p_u \cdot p_{u+1} \cdot \ldots \cdot p_{v-1}}{p_u \cdot p_{u+1} \cdot \ldots \cdot p_v} = \frac{A}{B}$$ ，由此我们只要预处理$s_i = p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_i$以及$t_i = p_1 + p_1 \cdot p_2 + \ldots + p_1 \cdot p_2 \ldots \cdot p_i$，那么对于从$u$到$v$都得到漂亮回答的情况，$A = \frac{t_{v-1} - t_{u-2}}{p_1\cdot p_2 \cdot\ldots\cdot p_{u-1}} = \frac{t_{v-1} - t_{u-2}}{s_{u-1}}$，$B = \frac{s_v}{s_{u-1}}$，二者相除即是期望天数.

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
int n,q;
 
const int N=2e5+8;
 
const long long mo=998244353;
 
long long psum[N],pmul[N],ipmul[N],p[N];
 
long long ans;
 
set<long long> mirror;
 
long long kuai(long long a,long long b){
    long long qwq=1;
    while(b){
        if (b&1) qwq=qwq*a%mo;
        a=a*a%mo;
        b>>=1;
    }
    return qwq;
}
void Input(void) {
    read(n);
    read(q);
    long long tmp=kuai(100,mo-2);
    for(int i=1;i<=n;++i){
        read(p[i]);
        p[i]=p[i]*tmp%mo;
    }
}
 
long long getans(long long l,long long r){
    long long qwq=0;
    if (l==1) qwq=0;
    else qwq=psum[l-2];
    return (pmul[l-1]*(psum[r-1]-qwq)%mo*ipmul[r]%mo*ipmul[l-1])%mo;
}
 
void Solve(void) {
    pmul[0]=1;
    ipmul[0]=1;
    psum[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        pmul[i]=pmul[i-1]*p[i]%mo;
        psum[i]=(psum[i-1]+pmul[i])%mo;
        ipmul[i]=kuai(pmul[i],mo-2);
    }
    ans=getans(1,n);
    mirror.insert(1);
    mirror.insert(n+1);
    for(int u,i=1;i<=q;++i){
        read(u);
        if (mirror.count(u)){
            auto mid=mirror.find(u);
            auto l=mid,r=mid;
            --l;
            ++r;
            ans-=getans(*l,*mid-1);
            ans-=getans(*mid,*r-1);
            ans+=getans(*l,*r-1);
            mirror.erase(u);
        }
        else{
            auto mid=mirror.insert(u).first;
            auto l=mid,r=mid;
            --l;
            ++r;
            ans+=getans(*l,*mid-1);
            ans+=getans(*mid,*r-1);
            ans-=getans(*l,*r-1);
        }
        ans%=mo;
        while(ans<0) ans+=mo;
        printf("%lld\n",ans);
    }
}
 
void Output(void) {}
 
main(void) {
    //int kase;
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    //read(kase);
    //for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        //printf("Case #%d: ", i);
        Input();
        Solve();
        Output();
    //}
}

---

F. Beautiful Bracket Sequence (easy version)

题目大意

定义一个合法的括号串以及它的深度：

• 合法的括号串即左括号数量等于右括号数量且对于任意一个左括号$($都能找到一个与之匹配的右括号$)$，
• 空括号串的深度为$0$
• 当一个合法括号串$t$的深度为$d$，则$\left( t\right)$括号串的深度为$d+1$
• 如果有两个合法的括号串$s$和$t$，则括号串$st$的深度为两者中的较大值

则对于一个（可能不合法）的括号串，它的深度为它所有合法括号子串（可以不连续）深度的最大值。
现给定一个含有"(" "?" 和")"括号串，对"?"取所有值（"("或")"），求所有情况该括号串深度和。

解题思路

我们先解决如何计算一个括号串的深度。
这是个区间问题，我们定义$dp\left[ i \right] \left[ j \right]$表示$s\left[ i...j\right]$的深度
如果$s[i] = ($ 且 $s[j] = )$或者其中有一个或两个是$?$，那么$dp\left[ i \right] \left[ j \right] =dp\left[ i+1 \right] \left[ j-1 \right] +1$
否则$dp\left[ i \right] \left[ j \right] =max\left( dp\left[ i+1 \right] \left[ j \right],dp\left[ i \right] \left[ j-1 \right]\right)$
这就解决了深度的问题。
从中我们考虑每对括号对答案的贡献，即设$dp\left[ i \right] \left[ j \right]$表示$s\left[ i...j\right]$中的括号取遍所有情况，该串的深度和。
当$s[i] \neq '('$时，此时$s[i]$和$s[j]$对答案没有任何贡献，那么$dp[i][j] += dp[i+1][j]$
当$s[j] \neq ')'$时，此时$s[i]$和$s[j]$对答案没有任何贡献，那么$dp[i][j] += dp[i][j-1]$
注意到如果$s[i] \neq '('$且$s[j] \neq ')'$，我们加上了两次$dp[i+1][j-1]$的贡献，此时要$dp[i][j] -= dp[i+1][j-1]$
而如果$s[i] = ($ 且 $s[j] = )$或者其中有一个或两个是$?$，即$s[i] \neq ')'$且$s[j] \neq '('$，这个时候$s[i]$和$s[j]$可以形成一对括号，对答案贡献了1，若区间$[i+1,j-1]$有$k$个问号，则有$2^k$种情况，此时对答案贡献为$2^k$，故$dp[i][j] += dp[i+1][j-1] + 2^k$
综上，即：

• $s[i] \neq '('$ , $dp[i][j] += dp[i+1][j]$
• $s[j] \neq ')'$ , $dp[i][j] += dp[i][j-1]$
• $s[i] \neq '('$ && $s[j] \neq ')'$ , $dp[i][j] -= dp[i+1][j-1]$
• 即$s[i] \neq ')'$ && $s[j] \neq '('$ , $dp[i][j] += dp[i+1][j-1] + 2^k$

区间DP。

神奇的代码

#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
 
template <typename T>
void read(T &x) {
    int s = 0, c = getchar();
    x = 0;
    while (isspace(c)) c = getchar();
    if (c == 45) s = 1, c = getchar();
    while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
    if (s) x = -x;
}
 
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
    int b[40], l = 0;
    if (x < 0) putchar(45), x = -x;
    while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
    if (!l) putchar(48);
    while (l) putchar(b[--l] | 48);
    putchar(c);
}
 
const long long mo=998244353;
 
const int N=2e3+8;
 
char s[N];
 
long long sum[N],dp[N][N];
 
int len;
 
void Input(void) {
    scanf("%s",s);
}
 
long long kuai(long long a,long long b){
    long long qwq=1;
    while(b){
        if (b&1) qwq=qwq*a%mo;
        a=a*a%mo;
        b>>=1;
    }
    return qwq;
}
 
void Solve(void) {
    len=strlen(s);
    sum[0]=(s[0]=='?');
    for(int i=1;i<len;++i) sum[i]=sum[i-1]+(s[i]=='?');
    for(int l=2;l<=len;++l)
        for(int j,i=0;i<len-l+1;++i){
            j=i+l-1;
            if (s[i]!='(') dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i+1][j])%mo;
            if (s[j]!=')') dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i][j-1])%mo;
            if (s[i]!='('&&s[j]!=')') dp[i][j]=(dp[i][j]-dp[i+1][j-1]+mo)%mo;
            if (s[i]!=')'&&s[j]!='(') dp[i][j]=((dp[i][j]+dp[i+1][j-1])%mo+kuai(2ll,sum[j-1]-sum[i]))%mo;
        }
}
 
void Output(void) {
    printf("%lld\n",dp[0][len-1]);
}
 
main(void) {
    //int kase;
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    //read(kase);
    //for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        //printf("Case #%d: ", i);
        Input();
        Solve();
        Output();
    //}
}

---

这次的题都是贪心构造和期望和DPqwq。