Competition Set - AtCoder I

这里记录的是这个账号的比赛情况。

ARC177

2024-5-12

Solved:5/6

2370->2488

D(Easy+,2299)

一条直线上有 $n$ 根电线杆，高度均为 $h$ ，编号为 $i$ 的位于坐标 $x_i$ （不保证 $x$ 单调）。现在发生了 $n$ 次地震，第 $i$ 次编号为 $i$ 的电线杆会倒下（如果此前没有倒下），等概率倒向左侧或右侧。如果倒下之后碰到了其他未倒下的电线杆，那么会这根电线杆会倒向同一个方向。对 $i=1,2,\cdots,n$ ，求恰好第 $i$ 次地震后所有电线杆倒下的概率。

Solution：所有电线杆高度相同是一个很好的性质。这意味着我们可以把所有电线杆分为若干组，组与组之间互相独立。对于同一组，首先最小位置倒下，带倒一侧，然后就可以递归到另一侧处理。这样可以计算出每一组全部倒下的时间的分布列。然后考虑计算 $i$ 次内全部倒下的概率，那就只要记录每一组倒下的概率，拿一个线段树维护全局乘积就可以了。复杂度 $O(n\log n)$ 。

E(Medium-,3227)

$n$ 个人参加一场 OI 比赛。比赛有 $5$ 个题，编号为 $1,2,3,4,5$ ，每道题分数都是正整数，按照编号单调不减，且没有部分分。最终的排名先按照分数从高到低排序，再按照罚时从低到高排序（假设没有两人分数和罚时都相同）。一位记者记录下了每个人通过的题目以及他们最终的排名 $r_1\cdots r_n$ （ $r_i$ 表示 $i$ 的排名），然而他发现排名可能记错了。现在问，对所有可能的题目分数分布与罚时分布，实际排名 $d_1\cdots d_n$ 与记录下的排名之差的平方和 $\sum_{i=1}^{n}(d_i-r_i)^2$ 的最小值。

Solution：本质不同的过题情况只有 $32$ 种。考虑这 $32$ 种情况之间的分数顺序，打个表可以发现有 $4672$ 种。那么对固定的顺序，实际的排名就是先按照情况排序，然后每一种情况内部随便排（罚时）。但是这些顺序中，有一些相等的情况，而把相等的情况拆开的顺序是不用考虑的。再打个表就只剩下 $113$ 种不同的顺序了。为了最小化目标式，利用排序不等式可以知道每一种情况内部和 $r$ 同序。可以预处理成 $kx+b$ 的形式。然后枚举所有情况更新答案就可以了。

（不是，哥们，这题真简单吧）

ARC172

2024-2-18

Solved:4/6

2310->2370

D(Hard-,2936)

给定所有数对 $(i,j),1\le i\lt j\le n$ 的一个排列 $(a_1,b_1),(a_2,b_2),\cdots,(a_m,b_m),m=\frac{1}{2}n(n-1)$ 。请在 $n$ 维空间中构造 $n$ 个点 $p_1\cdots p_n$ ，使得 $d(p_{a_1},p_{b_1})\lt d(p_{a_2},p_{b_2}) \lt \cdots \lt d(p_{a_m},p_{b_m})$ ，这里 $d$ 表示两点间的欧几里得距离。

Solution：（搬运题解）首先直接给出构造：设 $a_i\lt b_i,r_{a_i,b_i}=m-i+1$ 。则

\begin{aligned} p_{1} = (10^{8}, r_{12}, r_{13}, \dots, r_{1 n}) \\ p_{2} = (0, 10^{8}, r_{23}, \dots, r_{2 n}) \\ \dots \\ p_{n} = (0, 0, \dots, 0, 10^{8}) \end{aligned}

$\begin{aligned} &p_1=(10^8,r_{12},r_{13},\cdots,r_{1n})\\ &p_2=(0,10^8,r_{23},\cdots,r_{2n})\\ &\cdots\\ &p_n=(0,0,\cdots,0,10^8) \end{aligned}$

是一个合法的构造。

这个构造有点天才。可以这样想：先构造 $n$ 个点两两间距离相同，那么 $p_i$ 只有第 $i$ 维是 $1$ ，其他维度是 $0$ 即可。再做一些微调，设 $p_i$ 的第 $j$ 个维度比原本多了一个极小值 $a_{i,j}$ ，则 $p_i,p_j$ 间的距离可以视为

\sqrt{2 - (a_{i, j} + a_{j, i}) + (a_{i, 1} a_{j, 1} + a_{i, 2} a_{j, 2} + \dots + a_{i, n} a_{j, n})}

$\sqrt{2-(a_{i,j}+a_{j,i})+(a_{i,1}a_{j,1}+a_{i,2}a_{j,2}+\cdots+a_{i,n}a_{j,n})}$

后面部分是二阶小量，有忽略掉，那就视为 $\sqrt{2-(a_{i,j}+a_{j,i})}$ 。这样只要 $a_{i,j}+a_{j,i}$ 的顺序是给出的排列的逆序即可。

E(Medium-,2358)

求一个 $n$ ，使得 $n^n$ 的末 $9$ 位是 $x$ 。保证 $x$ 与 $10$ 互质。

Solution：一位一位填即可，为保证 $x$ 的末位需要确定 $n\bmod 20$ ，接下来每次都只需要把模数乘 $10$ ，直接模拟即可。

ARC171

2024-2-4

Solved:2/6

2332->2310

ARC169

2023-12-11

Solved:3/6

2296->2332

ARC165

2023-9-17

Solved:3/6

2290->2296

ARC164

2023-7-9

Solved:4/6

2295->2290

ARC161

2023-5-28

Solved:4/6

2203->2295

D(Easy,1379)

定义一个图的密度为边数与点数之比。问是否存在一个点数 $n$ ，边数 $nd$ 的图，其任意真子图的密度小于 $d$ 。

Solution：猜答案。凭感觉。没有证。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(m*2+1>n){
		printf("No\n");
		return 0;
	}
	printf("Yes\n");
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			printf("%d %d\n",i,(i+j-1)%n+1);
	return 0;
}

AGC062

2023-5-21

Solved:1/6

2216->2203

ARC157

2023-2-25

Solved:4/6

2189->2216

C(Medium,1802)

给定一个XY矩阵，一条左上角到右下角的路径的分值定义为路径上连续两个Y的组数。求所有可能路径的分值的平方和。

Solution：经典DP。递推两个量，一个是到(i,j)所有路径的分值和 $f_{i,j}$ ，一个是平方和 $dp_{i,j}$ 。递推式为

f_{i, j} = f_{i - 1, j} + f_{i, j - 1} + C (i + j - 3, i - 2) + C (i + j - 3, j - 2)

$f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}+C(i+j-3,i-2)+C(i+j-3,j-2)$

d p_{i, j} = d p_{i - 1, j} + d p_{i, j - 1} + (2 \times f_{i, j - 1} + C (i + j - 3, i - 2)) + (2 \times f_{i - 1, j} + C (i + j - 3, j - 2))

$dp_{i,j}=dp_{i-1,j}+dp_{i,j-1}+(2 \times f_{i,j-1}+C(i+j-3,i-2))+(2 \times f_{i-1,j}+C(i+j-3,j-2))$

其中倒数第二项在 $a_{i,j}==a_{i-1,j}==Y$ 是有效，倒数第一项在 $a_{i,j}==a_{i,j-1}==Y$ 时有效。

D(Medium+,2435)

给定一个XY矩阵，用横线和竖线将矩阵分为若干块，使得每块内恰有2个Y。求方案数。

Solution：说到底是暴力。先求二维前缀和，然后枚举第一条横线，它以上的Y的数目是总数的约数。接着求出后面每条横线的可能位置。再枚举竖线，要求在每条横线的位置的值一定。最后求积就得到了这个横线位置的解数。细节很多。

AGC060

2022-12-25

Solved:3/6

Rank47!

2031->2189

A(Easy+,1345)

补全一个字符串，使得其任意一个子串中不存在一个字母出现次数超过一半。

Solution：容易分析出只需要对长为3的子串满足，然后DP。

B(Medium+,1996)

在 $n \times m$ 的方格表中填入一些不超过 $2^k-1$ 的数。考虑所有从左上角到右下角的最短路径，要求其中满足路径上数异或和为 $0$ 的路径只有给定的 $S$ 一条，问是否有解。

Solution

C(Hard,2680)

称一个长为 $2^n-1$ 的排列 $P$ 像堆，如果 $P_i \lt P_{2i}$ ,且 $P_i \lt P_{2i+1}$ 。给定 $a,b,u=2^a,v=2^{b+1}-1$ ，在所有像堆的排列中任取一个，求 $P_u \lt P_v$ 的概率。

Solution

~~组合计数还是好做~~

ABC264

2022-8-13

Solved:7/8

Rank79!

Unrated

E(Medium-,1229)

给定 $n+m$ 个点的无向图，其中后 $m$ 个点为源点。给定 $q$ 次删边操作，求每次操作后与源点联通的非源点数。

Solution：其实是套路题。倒序处理，化删边为连边，并查集维护，合并时尽可能向后。

F(Medium+.1878)

给定01矩阵及翻转各行各列的代价，求使得从左上角到右下角有同色通路的最小代价，这里通路只能向右或向下。

Solution：考虑DP，用 $dp[i][j][p][q]$ 表示从左上角到达 $(i,j)$ 的最小代价，且此时第 $i$ 行反转了 $p$ 次，第 $j$ 列反转了 $q$ 次。显然只用考虑 $p,q \in \{0,1\}$ 。

每个位置可以从上方或左方转移而来，必须有两个位置相同才能转移。计算代价时只考虑所扩展的行（列）。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2005;
int h,w,r[N],c[N],a[N][N];
char s[N];
ll dp[N][N][2][2];
int main(){
	scanf("%d%d",&h,&w);
	for(int i=1;i<=h;i++)scanf("%d",r+i);
	for(int i=1;i<=w;i++)scanf("%d",c+i);
	for(int i=1;i<=h;i++){
		scanf("%s",s+1);
		for(int j=1;j<=w;j++)
			a[i][j]=s[j]-'0';
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[1][1][0][0]=0;
	dp[1][1][1][0]=r[1];
	dp[1][1][1][1]=r[1]+c[1];
	dp[1][1][0][1]=c[1];
	for(int i=1;i<=h;i++)
		for(int j=1;j<=w;j++)
			for(int st=0;st<=15;st++){
				int p1=st&1,p2=(st>>1)&1,q1=(st>>2)&1,q2=(st>>3)&1;
				if(i!=1&&(a[i][j]^p2^q2)==(a[i-1][j]^p1^q1)&&q1==q2)
					dp[i][j][p2][q2]=min(dp[i][j][p2][q2],
								dp[i-1][j][p1][q1]+r[i]*p2);
				if(j!=1&&(a[i][j]^p2^q2)==(a[i][j-1]^p1^q1)&&p1==p2)
					dp[i][j][p2][q2]=min(dp[i][j][p2][q2],
								dp[i][j-1][p1][q1]+c[j]*q2);
			}
	printf("%lld\n",min(min(dp[h][w][0][0],dp[h][w][0][1]),
						min(dp[h][w][1][0],dp[h][w][1][1])));
	return 0;
}

G(Medium,2348)

给出 $n$ 个长度不超过 $3$ 的字符串，每个字符串有一个代价。对于一个字符串，定义其价值为给出的字符串在其中出现的次数与代价的乘积之和。对所有字符串，求价值最大值，或判断不存在。

Solution：还是比较显然的吧。

直接建图，每个结点是一个长为 $2$ 的字符串，在两结点AB与BC间连有向边，边权为C,BC,ABC的代价之和。另建一个源点，向每个结点AB连边，代价为A,B,AB的代价之和。

从源点出发跑单源最长路，若有正环就无解。SPFA没死。

（大不合理，F的DP显然比G的建图难想）

ARC145

2022-7-30

Solved:4/6

1973->2031

A(Medium-,596)

给定长为 $n$ 的AB字符串，可以将相邻两个改为AB，问是否能将原字符串变为回文串。

Solution：~~分类讨论题还不难~~首先特讨 $n=2$ 。然后：

若开头为B，可以将中间全部改为A，末尾改为B；

若开头不为B，结尾为B，无解；

若开头，结尾均为A，可以将第 $2$ 个和第 $n-1$ 个改为B，中间全为A。

B(Easy,767)

两人取石子，先手取 $A$ 的正数倍，后手取 $B$ 的整数倍，这里 $A,B$ 给定。求 $1,2,...,n$ 中使先手获胜的初始石子数的个数。

Solution：策略显然：先手往死里取。若 $A \le B$ ，只要先手能取就必胜；否则，先手取完后少于 $B$ 个即获胜。

C(Easy+,1697)

对于一个 $1,2,...,2n$ 的排列，定义其分数为：将排列划分为两个等长的子序列，对应项乘积和的最大值。给定 $n$ ，求使得分数取最大值的排列数。

Solution：调整法易得最大值在 $1 \times 2 + 3 \times 4 + ... + (2n-1)\times 2n$ 时取到，只用考虑每一对数的位置。选定左侧，则右侧必须顺次排列,转化一下就是卡特兰数。故答案为 $\frac{(2n)!}{(n+1)!} \times 2^n$ 。

D(Medium+,2297)

构造满足以下条件的集合：集合中含 $n$ 个 $[-10^7,10^7]$ 的整数，其和为 $m$ ，且不含等差子列。

Solution：FVMO牛逼！

MO原题：求证：可以找出 $1983$ 个不超过 $10^5$ 的正整数，其中不含等差子列。

原题证明：取三进制下只含数码 $0,1$ 的数即可。

本题思路类似，前 $n-1$ 个顺次取这样的数，最后一个大于前一个的两倍，然后使得总和模 $n$ 与 $m$ 同余，最后补上一个偏移量。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+5;
typedef long long ll;
ll n,m,cnt,sum,ans[N],del;
bool check(ll x){
	while(x){
		if(x%3==2)return false;
		x/=3;
	}
	return true;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;cnt<n-1;i++)
		if(check(i)){ans[++cnt]=i;sum+=i;}
	ll r=(m-sum)%n;
	ans[n]=(ans[n-1]*3+n)/n*n+r;
	del=(m-ans[n]-sum)/n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		printf("%lld\n",ans[i]+del);
	return 0;
}

ABC260

2022-7-17

Solved:7/8

Rank98！

1908->1973

E(Medium-,1692)

给定 $n$ 个二元组，值域为 $[1,m]$ ，求长度为 $k$ ，包含每个二元组中至少一个数的区间数目，这里 $k$ 需取遍 $1,...,m$ 。

Solution:考虑每个左端点，求出使其满足条件的最小右端点，用双指针。双指针时有一个方法：将所有数塞到一个数组中，维护出现的二元组数目。

若 $[l,r]$ 可行，则 $[l,t],r \le t \le m$ 可行，从而差分。最后求一次前缀和。

F(Medium,1995)

给定一个二分图，求其中是否有长为 $4$ 的环。特殊限制：右部点数 $t \le 3000$ 。

Solution:对每个右部点，从它出发走两步，如果两次走到同一个点则得到解。若没有走到，则每次时间为 $O(t)$ ，总时间不超过 $O(t^2)$ 。

G(Medium+,2339)

给定一个 $n \times n$ 的OX矩阵和 $m$ ，给出 $q$ 个询问 $(x,y)$ ，求满足 $s \le x \le n,t \le y \le n,(x-s)+\frac{y-t}{2} \lt m$ 且填O的点 $(s,t)$ 数目。

Solution:一个裸的模板题：二维斜向差分，和P8228类似。首先对斜率为 $\frac{1}{2}$ 方向差分，对这个差分数组，再从横向和斜率 $\frac{1}{2}$ 方向差分。对每个 $O$ 转化一下，再求前缀和就可以了。（为什么又是差分）

说着不难，实际上还是有一些细节要处理的。

ABC258

2022-7-2

Solved:6/8

1864->1908

E(Medium-,1545)

给定周期为 $n$ 的序列的一个周期，从第一个开始加和，和超过 $x$ 就计一段。求第 $k$ 段的长。

Solution:考虑从每个位置出发会到达哪里。用双指针。再由此建立段开头的周期即可。

G(Medium,1944)

给定一张图，求三角形数目。

Solution:枚举一条边，计算其两个端点所连点的集合之交的大小。用 bitset 。

ARC142

2022-6-19

Solved:3/6

1880->1864

B(Medium+,692)

构造 $n \times n$ 的矩阵，填入从 $1$ 开始的连续整数，使得对任意一格，其周围（八连通）比它大的个数和比它小的个数不相同。

Solution:首先，边界的格子有奇数个邻格，不用考虑。

其次，如果能保证每个格周围有至少 $5$ 个格与其大小关系相同，就解决了题目。由此可以想到按照圈来填，外圈所填一定大于内圈。

如果 $n$ 为奇数，直接让每一圈大小相间即可。如果 $n$ 为偶数，先让角落处为该圈最大，然后让边角处连续，其它地方大小相间。倒数第二圈单独构造，可以完成。

题解的做法简单：按行考虑，每行大小交替，各行递减。

C(Medium,1347)

$n$ 个点的树，可以询问除 $1$ 和 $2$ 之外任意两点间距离，要求用不超过 $2n$ 次询问确定 $1$ 和 $2$ 的距离。

Solution:先找出所有与 $1$ 相距 $1$ 的点。若一个没有，则答案为 $1$ 。若至少两个，询问这两个与 $2$ 的距离即可判断。

若恰有一个，询问这个与 $2$ 的距离。若不为 $2$ ，则 $1$ 为叶子结点，直接确定。否则，对 $2$ 重复上述操作，假如也没有确定，询问两次得到的点的间距即可。

ABC256

2022-6-18

Solved:6/8

1839->1880

ABC251

2022-5-14

Solved:6/8

1816->1839

D(Easy+,1463)

构造长不超过 $300$ 的数列，使得 $1$ 到 $10^6$ 中的整数都可以从该数列中取出不超过三个做和得到。

Solution:需要一点想法。我的做法是按照进制的思想，数列包含 $1,2,...,99$ , $100,200,...,9900$ , $10000,20000,...,990000$ .

F(Easy+,1703)

求给出的图中两棵生成树，其一满足以 $1$ 为根时，图中非树边的端点有祖先关系，另一恰好相反。

Solution：第一棵树最直接的情况是一条链，所以尝试构造链，贪心地连边。也就是直接dfs，看到未加入生成树的点就连边。

第二棵树最直接的情况是一个菊花，所以dfs时遇到一个点就把它所有的边都加入生成树。

ABC242

2022-3-5

Solved：7/8

Rank89！（第一次进前100）

1711->1816

D(Easy,1286)

给定字符串 $S$ ，只包含 $A$ , $B$ , $C$ ，一次变换将 $A$ 变为 $BC$ ， $B$ 变为 $CA$ ， $C$ 变为 $AB$ 。求 $t$ 次变换后第 $l$ 个位置的字符。多组询问，，在 $\ long \ long$ 范围内。

Solution：还是挺有意思的。

可以在模 $3$ 意义下考虑。每一个位置变为它加 $1$ 和它加 $2$ 。二进制转一下就搞完了。

E(Easy,1365)

给定整数 $n$ 及长为 $n$ 的字符串 $S$ ，求满足 $X \le S$ 的回文串 $X$ 个数。

Solution：按位考虑，前 $[\dfrac{n+1}{2}]$ 位直接贪心，然后特判前一半全部一样的情况。

F(Medium+,2268)

在 $n \times m$ 的棋盘上放置 $b$ 个黑車和 $w$ 个白車，求使得黑白之间互不攻击的放法数。

Solution：先考虑黑棋，设 $k$ 个黑棋占据 $i$ 行 $j$ 列的方案数为 $dp[k][i][j]$ 。这里把 $k$ 作为阶段进行递推。

状态转移方程为

d p [k] [i] [j] = \frac{1}{k} ((d p [k - 1] [i - 1] [j - 1] + d p [k - 1] [i - 1] [j] + d p [k - 1] [i] [j - 1]) \times i \times j + d p [k - 1] [i] [j] \times (i \times j - k + 1))

$dp[k][i][j]=\dfrac{1}{k}((dp[k-1][i-1][j-1]+dp[k-1][i-1][j]+dp[k-1][i][j-1]) \times i \times j+dp[k-1][i][j] \times (i \times j-k+1))$

然后枚举黑棋占领的行列数，剩下的行列都可以放白棋。

预处理阶乘，阶乘逆元，逆元等。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353,N=55,M=2505;
int n,m,b,w,fac[M],fac_inv[M],inv[M],dp[M][N][N],ans;
int power(int a,int b){
	int c=1;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1)c=1ll*c*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod;
	}
	return c;
}
int C(int n,int m){
	if(n<m||n<0||m<0)return 0;
	return 1ll*fac[n]*fac_inv[m]%mod*fac_inv[n-m]%mod;
}
int main(){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=M-5;i++)fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mod;
	for(int i=0;i<=M-5;i++)fac_inv[i]=power(fac[i],mod-2);
	for(int i=1;i<=M-5;i++)inv[i]=power(i,mod-2);
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&b,&w);
	dp[1][1][1]=1;
	for(int k=2;k<=n*m;k++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++){
				//if(i*j<=k)continue;
				dp[k][i][j]=(1ll*dp[k-1][i-1][j-1]*i*j%mod+1ll*dp[k-1][i-1][j]*i*j%mod+
							1ll*dp[k-1][i][j-1]*i*j%mod+1ll*dp[k-1][i][j]*(i*j-k+1)%mod)*inv[k]%mod;
			}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			ans=(ans+1ll*dp[b][i][j]*C(n,i)%mod*C(m,j)%mod*C((n-i)*(m-j),w)%mod)%mod;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

（闲话：该代码正好1024Byte）

G(Medium+,1828)

给出长为 $n$ 的数组，求 $[l,r]$ 中的数能配成几对。多组询问。

Solution：没想出什么常规做法，于是写了莫队。

~~（其实是一开始把题目看成了P1494）~~

ABC240

2022-02-20

Solved:6/8

1691->1711

F(Easy+,1589)

以 $x_i$ 个 $y_i$ 的形式给出长为 $m$ 的数列 $C$ ，数列 $B$ 满足 $B_i=\sum_{k=1}^{i}C_k$ ，数列 $A$ 满足 $A_i=\sum_{k=1}^{i}B_k$ ，求 $A$ 中的最大项。

Solution：注意到 $B$ 的每一段是单调的，那么可以找出每一段中正负交界出的点，考虑这些位置的 $A$ 值即可。

G(Hard,2462)

从 $(0,0,0)$ 出发，每一步沿坐标轴方向移动一个单位长度，求用 $n$ 步走到 $(x,y,z)$ 的方案数。

Solution:（搬运题解）

一维的情况非常简单，但这是此后的基础。记 $n$ 步走到 $x$ 的方案数为 $f_1{(n,x)}$ 。

二维需要一点想法：将 $(x,y)$ 变换为 $(x+y,x-y)$ ，那么移动就是从 $(x,y)$ 到 $(x+1,y+1)$ , $(x-1,y+1)$ , $(x+1,y-1)$ , $(x-1,y-1)$ ，这时就可以将横纵分开考虑，方案数为 $f_2{(n,x,y)}=f_1{(n,x+y)}\times f_1{(n,x-y)}$ 。

三维时，枚举一下 $z$ 方向就可以了。

ABC237

2022-01-30

Solved:6/8

1669->1691

F(Medium-,1857)

求长为 $n$ ，值域 $[1,m]$ ， $LIS$ 长为 $3$ 的整数列数目。

Solution:把 $LIS$ 问题 $O(nlogn)$ 算法中的另一个数组记录在状态中，直接推就可以了。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,m,dp[1005][12][12][12],ans;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	dp[0][m+1][m+1][m+1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m+1;j++)
		for(int k=1;k<=m+1;k++)
		for(int l=1;l<=m+1;l++){
			if(j>k||k>l||j>l)continue;
			if(j==k&&k!=m+1)continue;
			if(k==l&&k!=m+1)continue;
			for(int c=1;c<=m;c++){
				if(c<=j)dp[i][c][k][l]=(dp[i][c][k][l]+dp[i-1][j][k][l])%mod;
		   		else if(c<=k)dp[i][j][c][l]=(dp[i][j][c][l]+dp[i-1][j][k][l])%mod;
		   		else if(c<=l)dp[i][j][k][c]=(dp[i][j][k][c]+dp[i-1][j][k][l])%mod;
			}
		}
	for(int j=1;j<=m;j++)
		for(int k=j+1;k<=m;k++)
			for(int l=k+1;l<=m;l++){
				ans=(ans+dp[n][j][k][l])%mod;
			}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

ARC134

2022-01-29

Solved:3/6

1646->1669

ABC234

2022-01-08

Solved:6/8

1636->1646

F(Medium-,1596)

给定字符串 $S$ ，求由 $S$ 中字符的子集组成的字符串数。

Solution：用 $dp[i][j]$ 表示用前 $i$ 个字母组成长为 $j$ 的字符串的方案数。

条件相当于是对每种字符使用次数做出了限制。

状态转移方程为

d p [i] [j] = \sum_{k = 0}^{m i n (c n t_{i}, j)} \frac{d p [i - 1] [j - k]}{k!}

$dp[i][j]=\sum_{k=0}^{min(cnt_i,j)}\frac{dp[i-1][j-k]}{k!}$

直接推就好了。

G(Hard-,2306)

给定一个数列 $a$ ，将其分成若干段，求所有分法各段极差的积之和。

Solution:用 $dp[i]$ 表示以 $i$ 结尾的所有分法各段极差的积之和。

状态转移方程为

d p [i] = \sum_{j = 0}^{i - 1} d p [j] \times (m a x (j + 1... i) - m i n (j + 1... i))

$dp[i]=\sum_{j=0}^{i-1}dp[j] \times (max(j+1...i)-min(j+1...i))$

这样会T飞起来。考虑一下怎么优化它。

大致思路如下：先把乘积式拆成两块，以最大值为例。 $j+1...i$ 的最大值就是 $max(max(j+1...i-1),i)$ ，加上最大值数组的单调性，可以使用一个栈去维护。每一次更新最大值序列时，该段的 $dp$ 值所乘的系数加上同一个值，这样就可以用前缀和优化。那么就做到了线性复杂度。

这题的确是挺难的，赛时没做出来。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+5,mod=998244353,INF=1<<30;
struct rec{int l,r,val;};
int n,a[N],dp[N],s[N],sum,tmp,maxn,minn=INF;
stack<rec> MX,MN;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=2;i<=n+1;i++)scanf("%d",a+i);
	maxn=minn=a[2];
	s[1]=dp[1]=1;
	for(int i=2;i<=n+1;i++){
		maxn=max(maxn,a[i]);minn=min(minn,a[i]);
		tmp=i-1;
		while(!MX.empty()&&MX.top().val<=a[i]){
			rec tt=MX.top();tmp=tt.l;
			sum=(sum+1ll*(s[tt.r]-s[tt.l-1]+mod)%mod*(a[i]-tt.val))%mod;
			MX.pop();
		}
		MX.push(rec{tmp,i-1,a[i]});
		tmp=i-1;
		while(!MN.empty()&&MN.top().val>=a[i]){
			rec tt=MN.top();tmp=tt.l;
			sum=(sum+1ll*(s[tt.r]-s[tt.l-1]+mod)%mod*(tt.val-a[i]))%mod;
			MN.pop();
		}
		MN.push(rec{tmp,i-1,a[i]});
		dp[i]=sum;
		s[i]=(s[i-1]+dp[i])%mod;
	}
	printf("%d\n",dp[n+1]);
	return 0;
}

ABC233

2021-12-25

Solved:5/8

1677->1636

AGC056

2021-12-04

Solved:1/6

1589->1677

ABC230

2021-12-03

Solved:6/8

1406->1589

F(Medium+,2113)

给定数列 $a$ ，可以将相邻两项求和合并，求若干次操作后可能的结果数。

Solution：相当于在前缀和数列中删数。而前缀和数列与原数列是一一对应的。

于是就变成了只用求一个数列的不同子序列数。

使用动态规划，令 $dp[i]$ 表示以第 $i$ 个数开头的不同子序列数。

倒序扫描，遇到一个数时看一下它下一次在哪里出现，只用对两个位置之间的数在前面加前缀。

实时维护后缀和即可。

点击查看代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10,mod=998244353;
ll n,a,s[N],dp[N],b[N];
map<ll,vector<ll> > M;
map<ll,ll> pos;
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&a);
		s[i]=s[i-1]+a;
		if(i!=n)M[s[i]].push_back(i);
	}
	for(int i=1;i<n;i++)pos[s[i]]++;
	b[n-1]=dp[n-1]=1;pos[s[n-1]]--;
	for(int i=n-2;i>=1;i--){
		int x=--pos[s[i]],y=n-1,f=1;
		if(x+1!=M[s[i]].size())y=M[s[i]][x+1],f=0;
		dp[i]=(b[i+1]-b[y+1]+f+mod)%mod;
		b[i]=(b[i+1]+dp[i])%mod;
	}
	printf("%lld\n",(b[1]+1)%mod);
	return 0;
}

（麻了，好神仙啊，我怎么想出来的）

ABC228

2021-11-20

Solved:4/8

1379->1406

ABC226

2021-11-07

Solved:6/8

1198->1379

F(Medium,2086)

一个 $1...n$ 的排列 $(p_1,p_2,...,p_n)$ 的分数定义为：

开始时，第 $i$ 个人拿着 $i$ 号球。每一次操作，第 $i$ 个人把手中的球传给第 $p_i$ 个人。则分数就是所有人重新拿到自己的球的操作次数。

求 $1...n$ 所有排列的分数的 $k$ 次幂之和。

Solution：首先要明确所谓的“分数”。

对于一个排列 $(p_1,p_2,...,p_n)$ ，构建一张图，从 $i$ 向 $p_i$ 连边。最后图中会形成若干个环，所有环长的最小公倍数就是这个排列的分数。这一点通过感性理解不难发现。

此时就可以考虑将 $n$ 分拆为若干个数代表环长。注意到 $n \le 50$ ，所以可以执行一个dfs，从大到小分拆即可。

然后就是一些细节，比如平均分配，具体不细讲了。

G(Hard-,2373)

五种物品五种人，物品重量分1,2,3,4,5，人的力量分1,2,3,4,5,当人的力量不小于物品重量和时，人可以搬起这些物品。给定各种人数和物品数，问能否搬完。

Solution：（搬运题解）

贪心。先让人5搬物5，再让人4,5搬物4，然后让人3,4,5搬物3。接下来能搬2的人都再搬一个2。最后把1处理掉就可以了。

贪心的正确性证明比较麻烦，可以感性理解一下：1不用考虑，最后能放哪儿放哪儿；3,4,5每个人至多搬1个。于是就应该这么做。

还是挺需要想法的。

ABC225

2021-10-30

900->1198

Solved:5/8

E(Easy+,1678)

选择 $n$ 个7中的一些放入坐标系内，要求从原点能看到所有选择的7。求最大数目。

Solution：就是区间合并，考虑每个7占用的斜率区间即可。

F(Hard,2612)

在 $n$ 个字符串中选择 $k$ 个首尾相连，求字典序最小的方案。

Solution：（搬运题解）

将给出的字符串记为 $S_1...S_n$ ，按照 $S_i+S_j<=S_j+S_i$ 排序。

然后进行DP：用dp[i][j]表示从 $S_i...S_n$ 中选出j个的最小字典序。则状态转移方程为：

d p [i] [j] = m i n (d p [i + 1] [j], d p [i + 1] [j - 1] + S_{i})

$dp[i][j]=min(dp[i+1][j],dp[i+1][j-1]+S_i)$

此处省略一系列正确性证明。

ABC219

2021-09-18

944->900

Solved:3/8

ABC216

2021-08-29

317->944

Solved:7/8

F(Medium-,1541)

给定数列,，求集合 $S \subseteq {1,2,...,n}$ 的个数，使得 $\max_{i \in S}{a_i} \ge \sum_{i \in S}{b_i}$ 。

Solution:先将 $a$ 排序，从小到大枚举 $\max_{i \in S}{a_i}$ 。设这是排序后第 $k$ 个。

假设已经确定了这个值，那么问题变为在 $b_1,b_2,...,b_k$ 中选出若干个，其和不超过 $\max_{i \in S}{a_i}$ 。这只需要记忆化搜索就可以了。

G(Medium-,1963)

构造01数列，使得在给定区间内至少有给定数目的1，且1的个数最少。

Solution:对于每一个区间，将需要安放的1尽可能向后放，用贪心算法容易知道这是正确的。

详言之，先将所有区间以右端点为第一关键字排序，用树状数组维护01序列，依次扫描每个区间，算出它还需要几个1，全部放在最末尾即可。

ABC215

2021-08-21

24->317

Solved:4/8

ABC204

2021-06-06

0->24

Solved:2/6

posted @ 2023-04-30 11:00 by_chance 阅读(63) 评论(0) 编辑收藏举报

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2024年8月(4)

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	int n,m;
	int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(m*2+1>n){
	printf("No\n");
	return 0;
	}
	printf("Yes\n");
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++)
	printf("%d %d\n",i,(i+j-1)%n+1);
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	typedef long long ll;
	const int N=2005;
	int h,w,r[N],c[N],a[N][N];
	char s[N];
	ll dp[N][N][2][2];
	int main(){
	scanf("%d%d",&h,&w);
	for(int i=1;i<=h;i++)scanf("%d",r+i);
	for(int i=1;i<=w;i++)scanf("%d",c+i);
	for(int i=1;i<=h;i++){
	scanf("%s",s+1);
	for(int j=1;j<=w;j++)
	a[i][j]=s[j]-'0';
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[1][1][0][0]=0;
	dp[1][1][1][0]=r[1];
	dp[1][1][1][1]=r[1]+c[1];
	dp[1][1][0][1]=c[1];
	for(int i=1;i<=h;i++)
	for(int j=1;j<=w;j++)
	for(int st=0;st<=15;st++){
	int p1=st&1,p2=(st>>1)&1,q1=(st>>2)&1,q2=(st>>3)&1;
	if(i!=1&&(a[i][j]^p2^q2)==(a[i-1][j]^p1^q1)&&q1==q2)
	dp[i][j][p2][q2]=min(dp[i][j][p2][q2],
	dp[i-1][j][p1][q1]+r[i]*p2);
	if(j!=1&&(a[i][j]^p2^q2)==(a[i][j-1]^p1^q1)&&p1==p2)
	dp[i][j][p2][q2]=min(dp[i][j][p2][q2],
	dp[i][j-1][p1][q1]+c[j]*q2);
	}
	printf("%lld\n",min(min(dp[h][w][0][0],dp[h][w][0][1]),
	min(dp[h][w][1][0],dp[h][w][1][1])));
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int N=1e4+5;
	typedef long long ll;
	ll n,m,cnt,sum,ans[N],del;
	bool check(ll x){
	while(x){
	if(x%3==2)return false;
	x/=3;
	}
	return true;
	}
	int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1;cnt<n-1;i++)
	if(check(i)){ans[++cnt]=i;sum+=i;}
	ll r=(m-sum)%n;
	ans[n]=(ans[n-1]3+n)/nn+r;
	del=(m-ans[n]-sum)/n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	printf("%lld\n",ans[i]+del);
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int mod=998244353,N=55,M=2505;
	int n,m,b,w,fac[M],fac_inv[M],inv[M],dp[M][N][N],ans;
	int power(int a,int b){
	int c=1;
	for(;b;b>>=1){
	if(b&1)c=1llca%mod;
	a=1llaa%mod;
	}
	return c;
	}
	int C(int n,int m){
	if(n<m\|\|n<0\|\|m<0)return 0;
	return 1llfac[n]fac_inv[m]%mod*fac_inv[n-m]%mod;
	}
	int main(){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=M-5;i++)fac[i]=1llifac[i-1]%mod;
	for(int i=0;i<=M-5;i++)fac_inv[i]=power(fac[i],mod-2);
	for(int i=1;i<=M-5;i++)inv[i]=power(i,mod-2);
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&b,&w);
	dp[1][1][1]=1;
	for(int k=2;k<=n*m;k++)
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++){
	//if(i*j<=k)continue;
	dp[k][i][j]=(1lldp[k-1][i-1][j-1]ij%mod+1lldp[k-1][i-1][j]ij%mod+
	1lldp[k-1][i][j-1]ij%mod+1lldp[k-1][i][j](ij-k+1)%mod)*inv[k]%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++)
	ans=(ans+1lldp[b][i][j]C(n,i)%modC(m,j)%modC((n-i)*(m-j),w)%mod)%mod;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int mod=998244353;
	int n,m,dp[1005][12][12][12],ans;
	int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	dp[0][m+1][m+1][m+1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m+1;j++)
	for(int k=1;k<=m+1;k++)
	for(int l=1;l<=m+1;l++){
	if(j>k\|\|k>l\|\|j>l)continue;
	if(j==k&&k!=m+1)continue;
	if(k==l&&k!=m+1)continue;
	for(int c=1;c<=m;c++){
	if(c<=j)dp[i][c][k][l]=(dp[i][c][k][l]+dp[i-1][j][k][l])%mod;
	else if(c<=k)dp[i][j][c][l]=(dp[i][j][c][l]+dp[i-1][j][k][l])%mod;
	else if(c<=l)dp[i][j][k][c]=(dp[i][j][k][c]+dp[i-1][j][k][l])%mod;
	}
	}
	for(int j=1;j<=m;j++)
	for(int k=j+1;k<=m;k++)
	for(int l=k+1;l<=m;l++){
	ans=(ans+dp[n][j][k][l])%mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int N=3e5+5,mod=998244353,INF=1<<30;
	struct rec{int l,r,val;};
	int n,a[N],dp[N],s[N],sum,tmp,maxn,minn=INF;
	stack<rec> MX,MN;
	int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=2;i<=n+1;i++)scanf("%d",a+i);
	maxn=minn=a[2];
	s[1]=dp[1]=1;
	for(int i=2;i<=n+1;i++){
	maxn=max(maxn,a[i]);minn=min(minn,a[i]);
	tmp=i-1;
	while(!MX.empty()&&MX.top().val<=a[i]){
	rec tt=MX.top();tmp=tt.l;
	sum=(sum+1ll(s[tt.r]-s[tt.l-1]+mod)%mod(a[i]-tt.val))%mod;
	MX.pop();
	}
	MX.push(rec{tmp,i-1,a[i]});
	tmp=i-1;
	while(!MN.empty()&&MN.top().val>=a[i]){
	rec tt=MN.top();tmp=tt.l;
	sum=(sum+1ll(s[tt.r]-s[tt.l-1]+mod)%mod(tt.val-a[i]))%mod;
	MN.pop();
	}
	MN.push(rec{tmp,i-1,a[i]});
	dp[i]=sum;
	s[i]=(s[i-1]+dp[i])%mod;
	}
	printf("%d\n",dp[n+1]);
	return 0;
	}

by-chance

Competition Set - AtCoder I

ARC177

D(Easy+,2299)

E(Medium-,3227)

ARC172

D(Hard-,2936)

E(Medium-,2358)

ARC171

ARC169

ARC165

ARC164

ARC161

D(Easy,1379)

AGC062

ARC157

C(Medium,1802)

D(Medium+,2435)

AGC060

A(Easy+,1345)

B(Medium+,1996)

C(Hard,2680)

ABC264

E(Medium-,1229)

F(Medium+.1878)

G(Medium,2348)

ARC145

A(Medium-,596)

B(Easy,767)

C(Easy+,1697)

D(Medium+,2297)

ABC260

E(Medium-,1692)

F(Medium,1995)

G(Medium+,2339)

ABC258

E(Medium-,1545)

G(Medium,1944)

ARC142

B(Medium+,692)

C(Medium,1347)

ABC256

ABC251

D(Easy+,1463)

F(Easy+,1703)

ABC242

D(Easy,1286)

E(Easy,1365)

F(Medium+,2268)

G(Medium+,1828)

ABC240

F(Easy+,1589)

G(Hard,2462)

ABC237

F(Medium-,1857)

ARC134

ABC234

F(Medium-,1596)

G(Hard-,2306)

ABC233

AGC056

ABC230

F(Medium+,2113)

ABC228

ABC226

F(Medium,2086)

G(Hard-,2373)

ABC225

E(Easy+,1678)

F(Hard,2612)

ABC219

ABC216

F(Medium-,1541)

G(Medium-,1963)

ABC215

ABC204

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