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。
