【Virt.Contest】CF1155(div.2)

CF 传送门

T1：Reverse a Substring

只有本身单调不减的字符串不能转换为字典序更小的字符串。否则肯定会出现 $s_i>s_{i+1}$ 的情况。

所以只要从头到尾扫一遍，找到 $s_i>s_{i+1}$ 的位置，输出 $i+1$ 与 $i+2$ 即可（从 $0$ 开始）。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int n;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	cin>>s;
	for(int i=0;i<s.size()-1;i++){
		if(s[i]>s[i+1]){
			printf("YES\n");
			printf("%d %d",i+1,i+2);
			return 0;
		}
	}
	printf("NO");
    return 0;
}

$3min$ 速切

T2：Game with Telephone Numbers

洛谷上是蓝题，感觉虚高

首先得知 Vasya 应该删掉靠前的 $8$，而 Petya应该删掉靠前的但不是 $8$ 的数字（比如样例1中的 $3$），这样才能让剩余的 $8$ 往前靠。

所以只需要处理前面的 $s.size()-11+1$ 位即可（虽然只删到 $s.size()-11$ 为止，但如果剩下第一位刚好是 $8$ 也可以，如样例1，所以多判一位）。若 $8$ 比非 $8$ 多，则 Petya 必胜。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int n,cnt;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	cin>>s;
	for(int i=0;i<s.size()-10;i++){
		if(s[i]=='8') cnt++;
		else cnt--;
	}
	if(cnt>0) printf("YES");
	else printf("NO");
    return 0;
}

$12min$ $AC$

T3：Alarm Clocks Everywhere

首先容易想到，要使闹钟在 $x_1,x_2,x_3...x_n$ 分钟都响一次，其时间间隔必须是所有 $x_i-x_{i-1}$ $(1<i\le n)$ 的公因数。开始时间设为 $x_1$ 即可。

所以只要先求出所有 $x_i-x_{i-1}$ $(1<i\le n)$ 的最大公因数，再判断其是否能整除 $p_i$ 即可。若可以整除，则答案就是 $x_1$，$i$。

注意要开 $longlong$

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,jg,a[300005],p;
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		if(i>1){
			jg=__gcd(jg,a[i]-a[i-1]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%lld",&p);
		if(jg%p==0){
			printf("YES\n");
			printf("%lld %d",a[1],i);
			return 0;
		}
	}
	printf("NO");
    return 0;
}

$20min$ $AC$

T4：Beautiful Array

定义 $f[0/1/2][i]$ 表示当前在第 $i$ 位，$0$ 代表还没用过 $\times x$，$1$ 代表正在用 $\times x$，$2$ 代表 $\times x$ 已经用过了。

得出三个转移方程：

• $f[0][i]=max(f[0][i-1]+a[i],max(a[i],0))$
• $f[1][i]=max(max(f[0][i-1],f[1][i-1])+a[i]\ast x,max(a[i]\ast x,0))$
• $f[2][i]=max(max(f[0][i-1],max(f[1][i-1],f[2][i-1]))+a[i],max(a[i],0))$

因为每次产生的都可能是最优答案，所以每次处理完 $ans$ 取 $max$ 即可。

注意要开 $longlong$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,x,f[3][300005],a[300005],tmp,ans;
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&x);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a[i]);
		
		tmp=f[0][i-1]+a[i];
		f[0][i]=max(tmp,max(a[i],0ll));
		ans=max(ans,f[0][i]);
		
		tmp=max(f[0][i-1],f[1][i-1])+a[i]*x;
		f[1][i]=max(tmp,max(a[i]*x,0ll));
		ans=max(ans,f[1][i]);
		
		tmp=max(f[0][i-1],max(f[1][i-1],f[2][i-1]))+a[i];
		f[2][i]=max(tmp,max(a[i],0ll));
		ans=max(ans,f[2][i]);
	}
	printf("%lld",ans);
    return 0;
}

$1h$ $03min$ $AC$ $qwq$

T5：Guess the Root

首先可以得知，十次多项式得知十一组 $i,j$ 就一定可以确定，所以和交互库进行十一次询问，再用高斯消元法求出多项式，最后暴力代入即可。

结果在 $mod({10}^6+3)$ 下，除法就可以改成逆元。

——来自 $Fido\mathrm{\_}Puppy$ 巨佬的 题解

如果某次交互给出的答案是 $0$，就可以直接输出。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 1000003
using namespace std;
int y;
ll qpow(ll x,int p){
	ll ans=1;
	while(p) {
		if(p&1) ans=ans*x%mod;
		x=x*x%mod;
		p>>=1;
	}
	return ans;
};
int main() {
	vector< vector <ll> > a(20,vector <ll> (20));
	for(int i=1;i<=11;i++){
		cout<<"? "<<i-1<<endl;
		cin>>y;
		if(y==0){
			cout<<"! "<<i-1<<endl;
			return 0;
		}
		ll P=1ll;
		for(int j=1;j<=11;j++){
			a[i][j]=P;
			P=P*1ll*(i-1)%mod;
		}
		a[i][12]=y;
	}
	for(int i=1;i<=11;i++){
		for(int j=i+1;j<=12;j++){
			a[i][j]=a[i][j]*qpow(a[i][i],mod-2)%mod;
		}
		a[i][i]=1ll;
		for(int j=1;j<=11;j++){
			if(i!=j){
				for(int k=i+1;k<=12;k++){
					a[j][k]=(a[j][k]-a[j][i]*a[i][k]%mod+mod)%mod;
				}
				a[j][i]=0;
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<mod;i++){
		ll sum=0,P=1ll;
		for(int j=1;j<=11;j++){
			sum=(sum+P*a[j][12])%mod;
			P=P*1ll*i%mod;
		}
		if(sum==0){
			cout<<"! "<<i<<endl;
			return 0;
		}
	}
	cout<<"! -1";
	return 0;
}

T6：Delivery Oligopoly

黑题，告辞 $qwq$