think-cell Round 1

叮！你的橙名体验卡已到期~

A

sort 以后，是奇数项之和。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	while (t--){
		int n;
		cin>>n;
		vector<ll> v(n*2);
		for (int i=0; i<n*2; i++){
			cin>>v[i];
		}
		sort(v.begin(),v.end());
		ll ans=0;
		for (int i=0; i<n*2; i+=2){
			ans+=v[i];
		}
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}

B

构造 1 n 2 n-1 ... 就可以了。也就是说 $i,j$ 和 $i+1,j+1$ 的大小关系不同。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	while (t--){
		int n;
		cin>>n;
		int l=1,r=n,f=0;
		while (n--){
			if (!f){
				cout<<l<<" ";
				l++;
			}
			else{
				cout<<r<<" ";
				r--;
			}
			f^=1;
		}
		cout<<"\n";
	}
	return 0;
}

C

噩梦的开始。

从 $1\sim n$ 枚举，每次取最大的没有出现过的，小于等于 $a_i+i$ 的加入 set。

然后可以从大到小 sort 不会改变答案，直接这样即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

const int N = 3e5+5;

ll n,a[N];

void solve(){
	cin>>n;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		cin>>a[i];
		a[i]+=i;
	}
	sort(a+1,a+1+n);
	reverse(a+1,a+1+n);
	set<ll> st;
	ll cur=a[1];
	for (int i=1; i<=n; i++){
		if (a[i]<cur){
			cur=a[i];
		}
		st.insert(cur);
		cur--;
	}
	vector<int> v;
	for (auto u : st){
		v.push_back(u);
	}
	reverse(v.begin(),v.end());
	for (auto u : v){
		cout<<u<<" ";
	}
	cout<<"\n";
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	while (t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

D1

枚举所有 $[l,r]$。考虑一个 dp：$d{p}_i$ 代表 $1\sim i$ 可以了的最少 $1$。发现 010 的结构可以把长度 $3$ 的覆盖。长度 $2$ 和长度 $1$ 差不多。因此 $d{p}_i$ 可以转移到 $d{p}_{i-1},d{p}_{i-2},d{p}_{i-3}$。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

void solve(){
	int n;
	cin>>n;
	string s;
	cin>>s;
	s=" "+s;
	int ans=0;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		for (int j=i; j<=n; j++){
			vector<int> dp(n+1,1e9);
			dp[i-1]=0;
			for (int k=i; k<=j; k++){
				dp[k]=min(dp[k],dp[k-1]+s[k]-'0');
				if (k>=2)dp[k]=min(dp[k],dp[k-2]+(s[k]-'0'+s[k-1]-'0'+1)/2);
				if (k>=3)dp[k]=min(dp[k],dp[k-3]+(s[k]-'0'+s[k-1]-'0'+s[k-2]-'0'+2)/3);
			}
			ans+=dp[j];
		}
	}
	cout<<ans<<"\n";
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	while (t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

D2

枚举 $r$。发现除了 $[r,r],[r-1,r]$ 以外，其他的一定是 $[r-2,r]$ 要在 dp 中是最佳转移。因此可以优化。

这个是赛后代码，因为赛时代码有一处多余的部分。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

void solve(){
	int n;
	cin>>n;
	string s;
	cin>>s;
	s=" "+s;
	ll ans=0;
	vector<ll> f(n+1,0);
	for (int i=1; i<=n; i++){
		ll t=ans;
		if (s[i]=='1'){
			ans+=s[i]-'0';
			if (i>=2)ans+=(s[i]-'0'+s[i-1]-'0'+1)/2;
			if (i>=3)ans+=f[i-3]+(i-2)*((s[i]-'0'+s[i-1]-'0'+s[i-2]-'0'+2)/3);
		}
		else{
			ans+=f[i-1];
		}
		f[i]=ans-t;
	}
	cout<<ans<<"\n";
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	while (t--){
		solve();
	}
	return 0;
}

E

前情提要：我推出来了正确式子，但是认为它是 $n^2$ 的，不是 $n\log n$ 的，然后就！没！写！

枚举操作了几次。

• $0$ 次。答案加 $1$。

• $t\ge 1$ 次。要删掉 $2kt$ 个数。这个有 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2kt})$ 种，但是有些方案不行。发现如果有 $2k-1$ 不和其他的连续（最大连续段长 $2kt-2k+1$）才可以。因此答案加上 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2kt})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-2k(t-1)-1}{2k-1})$。（如果是连续的（后面一项），可以压缩成一个，不同的位置也要相应的减。）

然后复杂度时 $\mathcal{O}(n+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\cdots )=\mathcal{O}(n\log n)$。

这是赛后代码/ng

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

using ll = long long;

const int N = 1e6+6;
const ll mod = 998244353;

ll fac[N],inv[N];

ll pw(ll x,ll y){
	ll res=1;
	while (y){
		if (y&1){
			res=res*x%mod;
		}
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}

ll Inv(ll x){
	return pw(x,mod-2);
}

void init(){
	fac[0]=inv[0]=1;
	for (int i=1; i<N; i++){
		fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
		inv[i]=Inv(fac[i]);
	}
}

ll C(ll x,ll y){
	if (x<0||y<0||x<y)return 0;
	return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);

	int t;
	cin>>t;
	init();
	while (t--){
		int n;
		cin>>n;
		for (int k=1; k*2<n; k++){
			ll ans=1;
			for (int t=1; 2*k*t<n; t++){
				ans=(ans+C(n,2*k*t)-C(n-2*k*(t-1)-1,2*k-1)+mod)%mod;
			}
			cout<<ans<<" ";
		}
		cout<<"\n";
	}
	return 0;
}