AGC030 简要题解
A - Poisonous Cookies
题意
- 有\(A\)个能解毒的普通饼干，\(B\)个能解毒的美味饼干，\(C\)个有毒的美味饼干，求最多能吃多少个美味饼干，每次吃完有毒的饼干后要解毒后才能继续吃。
题解
输出\(\text{min(A + B + 1, C) + B}\)即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
printf("%d\n", min(a + b + 1, c) + b);
return 0;
}
B - Tree Burning
题意
- 在一个长为\(L\)的环上有\(n\)个关键点，求访问完所有关键点走的路径长度最大值。
题解
可以发现最优解一定是先往一个方向走，然后每次变换方向，那么枚举往一个方向走到第几个点，取最大值即可。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 9;
ll n, L, ans, a[N], b[N], Sa[N], Sb[N];
ll Qa(int l, int r) { return Sa[r] - Sa[l - 1]; }
ll Qb(int l, int r) { return Sb[r] - Sb[l - 1]; }
void Solve() {
for (int i = n; i; -- i) {
int blen = (n - i) >> 1, alen = n - i - blen;
chkmax(ans, ((n - i) & 1 ? b[n - blen] : a[n - alen]) + (Qb(n - blen + 1, n) + Qa(i, i + alen - 1)) * 2);
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &L, &n);
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
b[i] = L - a[i];
Sa[i] = Sa[i - 1] + a[i];
Sb[i] = Sb[i - 1] + b[i];
}
Solve();
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
a[i] = b[n - i + 1];
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
b[i] = L - a[i];
Sa[i] = Sa[i - 1] + a[i];
Sb[i] = Sb[i - 1] + b[i];
}
Solve();
cout << ans << endl;
return 0;
}
C - Coloring Torus
题意
- 构造一个\(\text{n × n}\)的矩阵，满足其中出现了\(k\)种数，对于每种数出现的每个位置，满足这些位置上下左右出现的每种数的个数相同，\(k\le10^3,n\le500\)。
题解
首先\(k\le500\)的很好填，直接\(n = k\)，每行都一样填满所有颜色即可。
如果\(k>500\)，我们令\(n = 2\lceil \frac k 4\rceil\)，我们有个很直观的想法就是每个位置\((x,y)\)填\(\text{(x + y) mod n + 1}\)，这个东西满足题意应该很显然，但是颜色数可能不够，我们把偶数行拿出来，让偶数行填\(\text{(x + y) mod n + n + 1}\)，如果大于\(\text{k}\)就不加\(\text n\)，想一下这样为什么是对的，可以加\(\text{n}\)的位置一定是一行连续的数，那么对于奇数行的一个数，加\(\rm{n}\)的位置一定一个在下方一个在上方，左右的数是不会加的，而对于偶数行加的位置一个在左边一个在右边，上下的数是不会加的，这样就可以了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[501][501];
int main() {
int k;
scanf("%d", &k);
if (k <= 500) {
cout << k << endl;
for (int i = 1; i <= k; ++ i)
for (int j = 1; j <= k; ++ j)
printf("%d%c", i, j == k ? '\n' : ' ' );
return 0;
}
int n = ((k + 3) / 4) << 1;
cout << n << endl;
for (int i = 1; i <= n; ++ i)
for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
a[i][j] = (i + j) % n + (i & 1 ? 0 : n) + 1;
if (a[i][j] > k) a[i][j] -= n;
printf("%d%c", a[i][j], j == n ? '\n' : ' ');
}
return 0;
}
D - Inversion Sum
题意
- 给你一个长为\(n\)的数列，\(q\)个交换两个位置的数的操作，对于每个操作是否执行所有\(2^q\)种情况的逆序对数的和。
题解
我们可以计算\(q\)轮操作后的期望逆序对数，乘上\(2^q\)即可，那么就很简单了，设\(\rm{dp[i][j][k]}\)为\(i\)轮操作后\(j<k\)的概率，那么每次操作只会修改\(O(n)\)个\(\rm{DP}\)值，复杂度\(O(n^2+nq)\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++ i)
using namespace std;
const int N = 3000 + 3;
const int mod = 1e9 + 7;
int qpow(int a, int x) {
int ret = 1;
while (x) {
if (x & 1) ret = ret * (ll)a % mod;
x >>= 1, a = a * (ll)a % mod;
}
return ret;
}
int f[N][N], a[N], ans;
int main() {
int n, q, x, y;
scanf("%d%d", &n, &q);
For(i, 1, n) scanf("%d", &a[i]);
For(i, 1, n) For(j, 1, n) f[i][j] = a[i] < a[j];
For(cas, 1, q) {
read(x), read(y);
f[x][y] = f[y][x] = 500000004ll * (f[x][y] + f[y][x]) % mod;
For(i, 1, n) if (i ^ x && i ^ y) {
f[x][i] = f[y][i] = 500000004ll * (f[x][i] + f[y][i]) % mod;
f[i][x] = f[i][y] = 500000004ll * (f[i][x] + f[i][y]) % mod;
}
}
For(i, 1, n) For(j, i + 1, n) (ans += f[j][i]) %= mod;
cout << 1ll * ans * qpow(2, q) % mod << endl;
return 0;
}
E - Less than 3
题意
- 给你两个\(01\)串\(\rm{S, T}\)，每次可以把一位取反，求\(\rm{S-T}\)的最小操作次数，同时需要保证操作过程种不会出现连续的三个字符。
题解
这个东西不太好做，考虑转换模型，我们在\(01\)之间加一块红色的隔板，\(10\)间加一块蓝色的隔板，同时串首尾都有无穷多块隔板。
那么我们发现每次取反一个位置相当于把隔板移动了一格，同时隔板间是不能跨越的，隔板匹配的一个方案对应着一个合法的操作方案。
如果已经知道了隔板位置的话，因为隔板不能跨越，我们知道操作次数的下界是每对对应隔板的坐标差，同时我们可以构造一种方法达到这个下界，大概就是每次要移动隔板的时候移动中间一段连续的两边的都不动，所以可以\(O(n)\)求出操作次数，那么直接枚举\(\rm S\)串前有多少个隔板，取最小值即可，复杂度\(O(n^2)\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define mp make_pair
#define For(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++ i)
using namespace std;
const int N = 5e3 + 7;
pair<int, int> a[N], b[N];
char s[N], t[N];
int n, ans = inf, c, d;
void Solve() {
For(i, 0, n) {
if ((a[1].y + b[1].y + i) & 1) continue;
int res = 0, now = 1;
while (now <= c) {
int ps = a[now].x, pt = now + i <= d ? b[now + i].x : n + 1;
res += abs(pt - ps), ++ now;
}
while (now + i <= d) res += n + 1 - b[now + i].x, ++ now;
For(j, 1, i) {
int pt = j <= d ? b[j].x : n + 1;
res += pt - 1;
}
chkmin(ans, res);
}
}
int main() {
scanf("%d%s%s", &n, s + 1, t + 1);
For(i, 1, n) {
if (s[i] != s[i - 1])
a[++ c] = mp(i, s[i] ^ 48);
if (t[i] != t[i - 1])
b[++ d] = mp(i, t[i] ^ 48);
}
Solve(), swap(c, d), swap(a, b), Solve();
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
F - Permutation and Minimum
题意
- 给你一个长为\(2n\)的排列\(a\)，\(a\)的有些位置还没有填数，定义序列\(b\)满足\(b[i]=\min(a[2i],a[2i-1])\)，求有多少种不同的序列\(a\)。
题解
先考虑\(a\)序列什么都没填的情况，我们可以先不考虑顺序，那么方案数就是长度为\(2n\)的括号序列数乘上\(n!\)，这启示我们往括号序列的方向上思考。
我们把\(2n\)个数分类，有的已经确定了就不用管，而没有确定的就只有相邻数没填或者两个数都没填的，我们分别记为特殊括号和普通括号。设\(f(i,j,k)\)表示\([i,2n]\)的数已经确定，其中还有\(j\)个特殊括号，\(k\)个普通括号没有匹配的方案数，我们每次考虑当前这个数作为左括号还是右括号。特别地如果当前这个数是普通左括号要匹配一个普通右括号时，先把方案数记作\(1\)，也就是先不分配位置，最后若有\(m\)对普通括号匹配了，他们的位置可以任意排，所以还要乘个\(m!\)，复杂度\(O(n^3)\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300 + 7;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, cnt;
int f[N << 1][N][N];
int a[N << 1], b[N << 1];
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
int y = i << 1, x = y - 1;
scanf("%d%d", &a[x], &a[y]);
if (a[x] ^ -1) {
if (a[y] == -1) b[a[x]] = -1;
else b[a[x]] = b[a[y]] = 1;
} else {
if (a[y] ^ -1) b[a[y]] = -1;
else ++ cnt;
}
}
// f[i][j][k] [i, 2n] is ok, j special ), k normal )。
f[n << 1 | 1][0][0] = 1;
for (int i = n << 1; i; -- i) {
if (b[i] == 1) memcpy(f[i], f[i + 1], sizeof(f[i]));
else {
for (int j = 0; j <= n; ++ j)
for (int k = 0; k <= n; ++ k) {
if (b[i] ^ -1) {
(f[i][j][k + 1] += f[i + 1][j][k]) %= mod;
if (j) (f[i][j - 1][k] += 1ll * j * f[i + 1][j][k] % mod) %= mod;
if (k) (f[i][j][k - 1] += f[i + 1][j][k] % mod) %= mod;
} else {
(f[i][j + 1][k] += f[i + 1][j][k]) %= mod;
if (k) (f[i][j][k - 1] += f[i + 1][j][k]) %= mod;
}
}
}
}
for (int i = 1; i <= cnt; ++ i)
f[1][0][0] = 1ll * f[1][0][0] * i % mod;
printf("%d\n", f[1][0][0]);
return 0;
}
