牛客练习赛80 个人题解

补题链接：Here

A. 加密

简单总结一下题意：

给定一个 0-1 串，每一个连续 1 区间为一个权值，给予一次反转机会（也可以不使用）请问反转以后最小权重是多少

思路：

对于只有一次机会的话，要么反转单独的 1 或者 反转两个 1 区间中间隔的 0 如：11011

所以我们使用 vector<pari<int,int>> 存储 1 区间的左右端点然后进行判断即可

AC 代码：

// Murabito-B 21/04/09
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    string s;
    cin >> s;
    vector<pair<int, int>> lr;
    bool flag = false;
    for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
        if (s[i] == '1') {
            int j = i + 1;
            while (j < s.size() && s[j] == '1') j++;
            lr.push_back({i, j - 1});
            // cout << i << " " << j - 1 << "\n";
            i = j;
            // if (j == i + 1) flag = true;
        }
    }
    if (lr.size() == 1) {
        cout << (lr[0].first == lr[0].second ? 0 : 1);
        return 0;
    }
    bool f = false;
    for (int i = 1; i < lr.size() && !f; ++i) {
        if (lr[i].first - lr[i - 1].second == 2) f = true;
        if (lr[i].first == lr[i].second) f = true;
    }
    cout << (f ? lr.size() - 1 : lr.size());
    return 0;
}

另外看一下官方题解：先计算原串的权值，然后枚举，$\mathcal{O}(N)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int CN = 1e6 + 10;
int read() {
    int s = 0, ne = 1;
    char c = getchar();
    for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
        if (c == '-') ne = -1;
    for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) s = (s << 1) + (s << 3) + c - '0';
    return s * ne;
}
int n;
char ch[CN];
int main() {
    scanf("%s", ch + 1), n = strlen(ch + 1);
    int cnt = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (ch[i] == '0') continue;
        int j = i;
        while (ch[j] == '1') j++;
        i = j - 1, cnt++;
    }
    int A = cnt;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (ch[i] == '1' && ch[i - 1] != '1' && ch[i + 1] != '1') A = cnt - 1;
    int B = cnt;
    for (int i = 2; i < n; i++)
        if (ch[i] != '1' && ch[i - 1] == '1' && ch[i + 1] == '1') B = cnt - 1;
    printf("%d\n", min(cnt, min(A, B)));
    return 0;
}

B. 卷积

$mex\{j,k\}=i$ 展开来说只会有 $i=0,1,2$ 三种情况，所以 $i\ge 3$ 时直接输出 0 即可

注意取模位置

// Murabito-B 21/04/09
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll     = long long;
const ll mod = 998244353;
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<ll> a(n), b(n);
    ll suma = 0, sumb = 0;
    for (ll &x : a) {
        cin >> x;
        suma = (suma + x) % mod;
    }
    for (ll &x : b) {
        cin >> x;
        sumb = (sumb + x) % mod;
    }
    cout << ((suma - a[0] + mod) % mod) * ((sumb - b[0] + mod) % mod) % mod << " ";
    cout << (a[0] * ((sumb + mod - b[1]) % mod) % mod + b[0] * ((suma + mod - a[1]) % mod) - a[0] * b[0] % mod) % mod << " ";
    cout << ((a[0] * b[1] + mod) % mod + mod + (a[1] * b[0] + mod) % mod) % mod << " ";
    for (int i = 3; i < n; ++i) cout << 0 << " ";
    return 0;
}

C. 不降数

这道题在比赛中没理清关系，赛后学习一下官方题解

考虑先算低于 $n$ 位的数字有多少。我们把数字看成为 $n$ 的序列，然后统计差分序列的数量即可。

考虑到枚举差分序列之和 $i$ ，然后通过插板法得到答案：

$$\sum _{i=1}^9\left(\begin{array}{c}i+n-1\\ n-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n+9\\ n\end{array}\right)-1$$

考虑差分以后得到最终答案：

$$\left(\begin{array}{c}n+9\\ n\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}n+8\\ n-1\end{array}\right)=\frac{9}{n}\left(\begin{array}{c}n+8\\ n-1\end{array}\right)$$

使用 lucas 定理计算组合数即可

• 时间复杂度：$\mathcal{O}(P)-\mathcal{O}(logP)$

// Murabito-B 21/04/10
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll    = long long;
const int P = 100019;
ll fac[P + 10], ifac[P + 10];
ll qpow(ll a, ll b) {
    ll ans = 1;
    a %= P;
    for (; b; a = a * a % P, b >>= 1)
        if (b & 1) ans = ans * a % P;
    return ans;
}
ll C(int n, int m) {
    int r = fac[n] * ifac[n - m] % P;
    return r * ifac[m] % P;
}
int lucas(ll n, ll m) {
    if (!n) return 1;
    if (m < 0 || m > n) return 0;
    return 1ll * C(n % P, m % P) * lucas(n / P, m / P) % P;
}
int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    ll n;
    cin >> n;
    fac[0] = fac[1] = ifac[0] = 1;
    for (int i = 2; i < P; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
    ifac[P - 1] = qpow(fac[P - 1], P - 2);
    for (int i = P - 2; i; i--) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % P;
    cout << 9ll * qpow(n % P, P - 2) * lucas(n + 8, n - 1) % P;
    return 0;
}