2019-12-20 20:49阅读: 490评论: 4推荐: 1

Educational Codeforces Round 78 (Rated for Div. 2)

A. Shuffle Hashing (CF 1278 A)

题目大意

给定两个字符串 $a,b$ ，现改变 $a$ 串中的字母顺序，问是否存在某种顺序在 $b$ 串中出现。

解题思路

先对 $a$ 进行排序，由于字符串长度最多只有 $100$ ，我们就枚举 $b$ 串中的起始位置，然后把长度为 $a.size()$ 的子串截取下来排序看看是否和 $a$ 相等即可。复杂度 $O(n^2logn)$
$(CF$ 上的 $dalao$ 的思维好快 $qwq)$ 。

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;
 
bool check(void) {
    string a,b;
    cin>>a>>b;
    sort(a.begin(),a.end());
    int la=a.size();
    int lb=b.size();
    for(int i=0;i<lb;++i){
        if (i+la>lb) break;
        string c(b,i,la);
        sort(c.begin(),c.end());
        if (a==c) return true;
    }
    return false;
}
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    int kase; 
    cin>>kase;
    while(kase--) if (check()) printf("YES\n"); else printf("NO\n");
    return 0;
}

B. A and B (CF 1278 B)

题目大意

给定两个数 $a,b$ ，第一次选 $a$ 或 $b$ 加 $1$ ，第二次选 $a$ 或 $b$ 加 $2$ ，第三次选 $a$ 或 $b$ 加 $3$ ，依次类推，问最少多少次操作使得 $a,b$ 相等。

解题思路

令 $dis=abs(a-b)$ ，我们进行了 $n$ 次操作，这 $n$ 次操作中有若干次是使 $dis$ 变大，有若干次是使 $dis$ 变小，最终应有 $dis+x-y=0$ ，其中 $x+y=\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}$ ，联立这两个式子消去 $y$ 得 $dis+2*x=\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}$
这是个关于 $n$ 的二次函数，其中 $n$ 是单调递增的，那么我们需要找到最小的非负整数 $x$ ，使得 $n$ 是非负整数即可。
解这个一元二次方程即可得到

n = \frac{- 1 + \sqrt{1 + 16 x + 8 d i s}}{2} (另 解 小 于 0 舍 去)

$n=\dfrac {-1+\sqrt {1+16x+8dis}}{2} (另解小于0舍去)$

我们对 $x$ 从 $0$ 开始枚举找到第一个 $1+16x+8dis$ 是某奇数的平方即可（代码被注释的那段）
然后我看了下 $CF$ 上的前排 $dalao$ 们发现他们写的思路清奇且一模一样 $0.0$
由于 $x$ 是非负数所以有 $\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}\geq dis$ ，然后我们对等式 $dis+2*x=\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}$ 两边对 $2$ 取模，即可得到 $dis%2=\dfrac {n\left( n+1\right) }{2} %2$ ，所以我们对 $n$ 从 $1$ 开始,找到第一个 $n$ 使得 $\dfrac {n\left( n+1\right) }{2} \geq dis$ 且 $dis$ 和 $\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}$ 的奇偶性相同，那么就一定存在一个非负整数 $x$ 使得 $dis+2*x=\dfrac {n\left( n+1\right) }{2}$
$($ 这就是大佬 $qwq)$ 。

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);
}
 
/* long long a,b,dis,qwq;
 
bool check(long long x){
    long long qaq=sqrt(x);
    if (qaq*qaq==x) {
        if (qaq&1) return true;
    }
    else return false;
}
 
void Input(void) {
    read(a);
    read(b);
    //if (dis==0) {printf("0\n"); return;}
    dis=8ll*ABS(a-b)+1ll;
    for(int i=0;1;++i){
        if (check(dis+16*i)) {qwq=sqrt(dis+16*i); break;}
    }
    printf("%lld\n",((qwq-1ll)/2ll));
} */
 
void Input(void){
    long long a,b;
    read(a); read(b);
    long long dis=ABS(a-b);
    long long sum=0,cnt=0;
    while(sum<dis||((sum&1)!=(dis&1)))
        sum+=++cnt;
    printf("%lld\n",cnt);
}
 
void Solve(void) {}
 
void Output(void) {}
 
int main(void) {
    //ios::sync_with_stdio(false);
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    int kase; read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        //printf("Case #%d: ", i);
        Input();
        Solve();
        Output();
    }
    return 0;
}

C. Berry Jam (CF 1278 C)

题目大意

$2n$ 个数字，每个数字是 $1$ 或者 $2$ ，现在从中间开始，每次往左或往右删去最近的一个数，现需要使 $1$ 和 $2$ 的个数相等，求最小删除数的个数。

解题思路

我们枚举往左删除的端点，看看右端点最短要延伸到哪里。假设左端点位置为 $i$ ，除去 $[i,n]$ 中 $1$ 和 $2$ 的个数后， $1$ 和 $2$ 的差值为 $dis$ ，我们需要知道最小的右端点 $r$ ，使得区间 $[n+1,r]$ 中 $1$ 和 $2$ 的差值也为 $dis$ ，这样我们除去 $[n+1,r]$ 中的 $1$ 和 $2$ 后，剩余的 $1$ 和 $2$ 的个数就相等了。而最小的 $r$ 我们可以用 $unordered\_map$ 来维护，记录右半部分 $1$ 和 $2$ 的差值为 $d$ 的最小位置为 $map[d]$ ，那此时删除的个数就是 $(n-i+1)+map[d]-n$ 。这样复杂度就是 $O(n)$ 了。
其实由于 $n$ 最多 $1e5$ ，我们开个 $4e5$ 的数组来记录位置也是可以的。

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);
}
 
unordered_map<int,int> qwq;
 
int n,dis,ans;
 
const int N=1e5+8;
 
int a[N],sum[3];
 
void Input(void) {
    qwq.clear();
    read(n);
    sum[1]=sum[2]=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) {
        read(a[i]);
        ++sum[a[i]];
    }
    int s[3];
    s[1]=s[2]=0;
    for(int u,i=1;i<=n;++i){
        read(u);
        ++s[u];
        if (qwq[s[1]-s[2]]==0) qwq[s[1]-s[2]]=i;
    }
    sum[1]+=s[1];
    sum[2]+=s[2];
}
 
void Solve(void) {
    dis=sum[1]-sum[2];
    if (dis==0) ans=0;
    else{
        if (qwq[dis]) ans=qwq[dis];
        else ans=2147483647;
        for(int i=n;i>=1;--i){
            if (a[i]==1) --dis;
            else ++dis;
            if (dis==0) ans=MIN(ans,n-i+1);
            else if (qwq[dis]) ans=MIN(ans,n-i+1+qwq[dis]);
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
}
 
void Output(void) {}
 
int main(void) {
    //ios::sync_with_stdio(false);
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    int kase; read(kase);
    for (int i = 1; i <= kase; i++) {
        //printf("Case #%d: ", i);
        Input();
        Solve();
        Output();
    }
    return 0;
}

D. Segment Tree (CF 1278 D)

题目大意

真·线段树
给定n条线段，端点值互不相同，如果两条线段有交叉部分（包含不算），则这两条线段之间连一条边。问最终这些线段形成的图是不是棵树。

解题思路

注意到线段右端点 $1\leq l<r\leq 2n$ ，这就意味着所有线段的两个端点的取值都在 $[1,2n]$ 中。
我们先对线段的左端点进行排序，依次考虑每个线段的与哪些线段有连边。
当前考虑的是第 $i$ 条线段，由于连边条件具有对称性，我们可以只考虑第 $1$ 条到第 $i-1$ 条线段与第 $i$ 条线段。
由于前面的线段的左端点 $l$ 均小于 $l_i$ ，那么我们只要找到其右端点大于 $l_i$ 且小于 $r_i$ 的线段，它们会有连边。而我们要找的右端点是个连续的范围，那么我们可以把 $1$ 到 $i-1$ 的线段的右端点丢到 $set$ 里面，这样我们就可以在 $O(logn)$ 的时间内找到对应的线段。
而当连的边数大于等于 $n$ 时，此时不可能是棵树，直接 $break$ 了。最后再判断边数是否是 $n-1$ 并再 $DFS$ 遍历一遍看看是不是一个连通块即可。复杂度 $O(nlogn)$

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 int N=5e5+8;
 
set<pair<int,int>> qwq;
 
vector<pair<int,int>> line;
 
vector<int> edge[N];
 
vector<bool> sign;
 
int n;
 
void DFS(int x){
    sign[x]=true;
    for(auto i:edge[x]) if (!sign[i]) DFS(i);
}
 
bool Solve(void) {
    read(n);
    for(int u,v,i=1;i<=n;++i){
        read(u);
        read(v);
        line.push_back(make_pair(u,v));
    }
    sort(line.begin(),line.end());
    int cnt=0;
    for(int i=0;i<n;++i){
        auto it=qwq.lower_bound(make_pair(line[i].first,0));
        while(it!=qwq.end()&&(*it).first<=line[i].second){
            ++cnt;
            if (cnt>=n) return false;
            edge[i].push_back((*it).second);
            edge[(*it).second].push_back(i);
            ++it;
        }
        qwq.insert(make_pair(line[i].second,i));
    }
    if (cnt<n-1) return false;
    sign.resize(n);
    DFS(0);
    for(auto i:sign)
        if (i==false) return false;
    return true;
}
 
int main(void) {
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    if (Solve()) printf("YES\n"); else printf("NO\n");
    return 0;
}

E. Tests for problem D (CF 1278 E)

题目大意

上一题的逆向，给定一棵带标号的树，要求构造一组线段使之按照上题连线的规则，形成给定的树。输出每个标号对应的线段的左右端点。端点唯一且小于等于 $2n$ .

解题思路

我们考虑第一个线段， $l_1=1$ ，而因为第一个线段与 $k_1$ 个线段有连线，故 $r_1-l_1-1=k_1$ ，即第一个线段之间的点用来存放与第一条线段相连的左端点。
然后我们考虑与第一条线段相连的线段，稍加分析可以知道从第一条线段右端点往左开始考虑会比较方便。
则对于第二条线段，它的 $l_2=r_1-1$ ，除去第一条线段，第二条线段与 $k_2$ 条线段相连，那么 $r_2-l_1-1=k_2$ 。其他的依次类推，最后我们可以形成一张

看似比较复杂的构造方法，其实用 $DFS$ 即可很容易的实现。
我们依次为与一个线段相连的线段的左端点安排位置，安排完后下一个位置就是该线段右端点的位置，然后倒序遍历与这个线段相连的线段，重复同样操作即可。

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);
}
 
const int N=5e5+8;
 
vector<int> edge[N];
 
int n,k;
 
int l[N],r[N];
 
void DFS(int u,int fa){
    for(auto v:edge[u])
        if (v!=fa) l[v]=++k;
    r[u]=++k;
    reverse(edge[u].begin(),edge[u].end());
    for(auto v:edge[u])
        if (v!=fa) DFS(v,u);
}
 
int main(void) {
    freopen("input.txt", "r", stdin);
    freopen("output.txt", "w", stdout);
    read(n);
    for(int u,v,i=1;i<=n;++i){
        read(u);
        read(v);
        edge[u].push_back(v);
        edge[v].push_back(u);
    }
    k=0;
    l[1]=++k;
    DFS(1,1);
    for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d %d\n",l[i],r[i]);
    return 0;
}

F. Cards (CF 1278 F)

题目大意

给定 $n,m,k$ ，有 $m$ 张牌，其中一张为鬼牌。现进行 $n$ 次操作，每次操作，对 $m$ 张拍进行洗牌，从上到下，拿第一张牌，看牌，放牌。记拿的第一张牌是鬼牌的次数为 $x$ ，问 $x^k$ 的期望值。

解题思路

根据期望的定义我们可以很容易知道答案就是：

\sum_{i = 0}^{n} C_{n}^{i} \times (\frac{1}{m})^{i} \times (1 - \frac{1}{m})^{n - i} \times i^{k}

$\sum\limits_{i=0}^{n}C_{n}^{i}\times (\dfrac{1}{m})^{i}\times (1-\dfrac{1}{m})^{n-i}\times i^k$

但直接算会超时，我们得另想办法。

经过观察我们发现这个式子和二项式展开式 $(\dfrac{x}{m}+1-\dfrac{1}{m})^n=\sum\limits_{i=0}^{n}C_{n}^{i}\times (\dfrac{1}{m})^{i}\times (1-\dfrac{1}{m})^{n-i}\times x^i$ 十分相像，差别就是 $i^k$ 。

我们可以先对这个式子两边求一阶导，这样右边就变成了 $\sum\limits_{i=0}^{n}C_{n}^{i}\times (\dfrac{1}{m})^{i}\times (1-\dfrac{1}{m})^{n-i}\times i\times x^{i-1}$ ，我们对等式两边再乘以 $x$ ，再求一次导，重复 $k$ 次，我们右边就有 $i^k$ ，此时取 $x=1$ ，右边就是我们想要的式子了，现在考虑左边该如何计算。

由于 $m$ 是常数，我们把 $m$ 扔到一边，考虑 $(x+m-1)^n$ 在求导以及乘以 $x$ 下的变化。

我们可以发现得到的因子都是形如 $x^i\times (x+m-1)^{n-i}$ ，那么我们设 $A_i=x^i\times (x+m-1)^{n-i}$ ，它的系数为 $B_{ij}$ ， $j$ 表示求了 $j$ 次导。那么 $B_{ij}A_i$ 求导再乘以 $x$ 后产生了两项，一项是 $i\times B_{ij}\times A_{i}$ 贡献给了 $B_{i(j+1)}\times A_{i}$ ，另一项 $(n-i)\times B_{ij}\times A_{i+1}$ 贡献给了 $B_{(i+1)(j+1)}\times A_{i+1}$ 。

因此我们可以 $O(k^2)$ 计算出求导了 $k$ 次后，各个 $A_i$ 的系数，代入 $x=1$ ，计算结果，最后再除以 $m^n$ 即可得到最终答案。

注意当 $n<k$ 的时候， $A_n$ 求导后的贡献没有 $A_{n+1}$ 的项。

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;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<PII> VPII;
typedef vector<LL> VL;
typedef pair<LL,LL> PLL;
typedef vector<PLL> VPLL;
 
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 LL mo=998244353;
 
LL qpower(LL a,LL b){
    LL qwq=1;
    while(b){
        if (b&1) qwq=qwq*a%mo;
        a=a*a%mo;
        b>>=1;
    }
    return qwq;
}
 
LL inv(LL x){
    return qpower(x,mo-2);
}
 
int main(void) {
    LL n,m,k;
    read(n);
    read(m);
    read(k);
    LL a[k+8]={0};
    a[0]=1;
    for(int i=1;i<=k;++i){
        for(int j=i-1;j>=0;--j){
            if (j<n) a[j+1]=(a[j+1]+a[j]*(LL)(n-j)%mo)%mo;
            a[j]=a[j]*(LL)j%mo;
        }
    }
    LL qwq=qpower(m,max(n-k,0ll));
    LL ans=0;
    for(int i=min(n,k);i>=0;--i){
        ans=(ans+qwq*a[i])%mo;
        qwq=qwq*m%mo;
    }
    ans=ans*inv(qpower(m,n))%mo;
    write(ans,'\n');
    return 0;
}

本文作者：~Lanly~

本文链接：https://www.cnblogs.com/Lanly/p/12074845.html

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指尖跃动的换行符，是我此生不变的信仰。|

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指尖跃动的换行符，是我此生不变的信仰。

Educational Codeforces Round 78 (Rated for Div. 2)

A. Shuffle Hashing (CF 1278 A)

题目大意

解题思路

B. A and B (CF 1278 B)

题目大意

解题思路

C. Berry Jam (CF 1278 C)

题目大意

解题思路

D. Segment Tree (CF 1278 D)

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E. Tests for problem D (CF 1278 E)

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F. Cards (CF 1278 F)

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	#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;

	bool check(void) {
	string a,b;
	cin>>a>>b;
	sort(a.begin(),a.end());
	int la=a.size();
	int lb=b.size();
	for(int i=0;i<lb;++i){
	if (i+la>lb) break;
	string c(b,i,la);
	sort(c.begin(),c.end());
	if (a==c) return true;
	}
	return false;
	}

	int main(void) {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	freopen("input.txt", "r", stdin);
	freopen("output.txt", "w", stdout);
	int kase;
	cin>>kase;
	while(kase--) if (check()) printf("YES\n"); else printf("NO\n");
	return 0;
	}