Atcoder Tenka1 Programmer Contest 2019题解
\(C\ Stones\)
最后肯定形如左边一段白+右边一段黑，枚举一下中间的断点，预处理一下前缀和就可以了
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),read(s),res=0x3f3f3f3f;
fp(i,1,n){
sum[i][0]=sum[i-1][0],sum[i][1]=sum[i-1][1];
++sum[i][s[i]=='#'];
}
fp(i,0,n)cmin(res,sum[i][1]+sum[n][0]-sum[i][0]);
printf("%d\n",res);
return 0;
}
\(D\ Three\ Colors\)
首先根据容斥原理，用三种颜色染\(n\)个物品，且每种颜色都有的方案数是\(3^n-3\times 2^n+3\)
然后我们考虑怎么减去不合法的方案数。不合法的方案一定有一份的和大于等于总和的\({1\over 2}\)，我们设\(f_{i,j}\)表示考虑前\(i\)个数，选的个数总和为\(j\)，且剩下不选的数分为\(0/1\)的方案数，\(g_{i,j}\)表示剩下不选的数全都设为\(0\)的方案数，那么不合法的染色方案就是\(\sum (f_{n,i}-2\times g_{n,i})\times 3\)。直接转移就是
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=305,P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
int f[2][N*N],g[2][N*N],a[N],n,res,t,sum;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
f[0][0]=1,g[0][0]=2,t=0;
fp(i,1,n){
scanf("%d",&a[i]);
memset(f[t^1],0,sizeof(f[t^1]));
memset(g[t^1],0,sizeof(g[t^1]));
fp(j,0,sum)if(f[t][j]||g[t][j]){
upd(f[t^1][j],mul(2,f[t][j]));
upd(g[t^1][j],g[t][j]);
upd(f[t^1][j+a[i]],f[t][j]);
upd(g[t^1][j+a[i]],g[t][j]);
}
sum+=a[i],t^=1;
}
fp(i,(sum+1)>>1,sum-1)res=add(res,dec(f[t][i],g[t][i]));
res=mul(res,3),res=P-res;
res=add(res,ksm(3,n)),res=dec(res,mul(3,ksm(2,n))),res=add(res,3);
printf("%d\n",res);
return 0;
}
\(E\ Polynomial\ Divisors\)
首先先对所有系数的\(\gcd\)分解质因子，那么这些质因子显然可以
对于剩下的，若\(p\)是一个可行的答案，当且仅当\(F(x)\equiv x^p-x\pmod{p}\)
证明：因为\(p\)是一个可行的答案，所以当\(x=0,1,2,...,p-1\)时，\(F(x)\)恒为\(0\)，所以\(F(x)\equiv 0\pmod{p}\)的根为\(0,1,...,p-1\)，根据费马小定理，\(x^p-x\equiv 0\pmod{p}\)的根也是这些。因为\(Z_p\)是唯一分解整环，所以必有\(F(x)\equiv x^p-x\pmod{p}\)
那么我们只要对于所有\(\leq n\)的质数检验一下就好了。简单来说就是计算\(F(n)\bmod (x^p+x)\)是否为\(0\)。直接暴力取模就可以了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=1e5+5;
bitset<N>vis;int p[N],A[N],st[N],top,n,m,g;
void init(int n=N-5){
fp(i,2,n){
if(!vis[i])p[++m]=i;
for(R int j=1;j<=m&&i*p[j]<=n;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
}
}
}
void solve(int x){
for(R int i=1;p[i]*p[i]<=x;++i)if(x%p[i]==0){
st[++top]=p[i];
while(x%p[i]==0)x/=p[i];
}
if(x!=1)st[++top]=x;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),init();
fd(i,n,0)A[i]=read(),g=__gcd(g,A[i]);
solve(abs(g));
for(R int i=1;p[i]<=n;++i)if(A[0]%p[i]==0){
bool flag=1;
fp(j,1,p[i]-1){
int res=0;
for(R int k=j;k<=n;k+=p[i]-1)(res+=A[k])%=p[i];
if(res){flag=0;break;}
}
if(flag)st[++top]=p[i];
}
sort(st+1,st+1+top),top=unique(st+1,st+1+top)-st-1;
fp(i,1,top)printf("%d\n",st[i]);
return 0;
}
\(F\ Banned\ X\)
首先我们先计算出选\(i\)个数，全为\(1/2\)，且没有连续子串和为\(x\)的方案数。然后对于每一个\(i\)，用组合数计算出插入\(0\)的方案就行了
然后我们枚举选的\(i\)个数的和\(s\)，记方案数为\(f_{i,s}\)，这可以\(O(n^2)\)直接用背包预处理出来。如果\(s<x\)，那么显然选的时候不会有问题，直接加上\(f_{i,s}\)就好了
如果\(s\geq x\)，那么一定存在一个位置\(k\)，使得从第\(1\)个位置到第\(k\)个位置的和是\(x-1\)（因为我们选的树数最大只能是\(2\)），那么第\(k+1\)个数肯定只能选\(2\)，同理第\(1\)个数也只能选\(2\)。于是此时整个数列的形式一定是
前面\(a\)个\(2\)，后面\(a\)个\(2\)，中间随意。如果\(2a<x-1\)，那么中间那堆的和肯定是\(x-1-2a\)，否则的话，只有当\(x\)为奇数且所有数都为\(2\)时，才有贡献
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=3005,P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int f[N][N<<1],c[N],inv[N],x,n,res;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&x),res=1;
inv[0]=inv[1]=1;fp(i,2,n)inv[i]=mul(P-P/i,inv[P%i]);
c[0]=1;fp(i,1,n)c[i]=1ll*c[i-1]*inv[i]%P*(n-i+1)%P;
f[0][0]=1;fp(i,0,n-1)fp(j,0,i<<1)upd(f[i+1][j+2],f[i][j]),upd(f[i+1][j+1],f[i][j]);
fp(i,1,n){
int s=0;
fp(j,0,x-1)upd(s,f[i][j]);
for(R int j=x+1;j<=(i<<1);j+=2)if(j>=i){
int p=i-(j-x+1),q=x-1-(j-x+1);
if(j>=x*2)upd(s,j==(i<<1)?x&1:0);
else upd(s,p>=0&&q>=0?f[p][q]:0);
}
upd(res,mul(s,c[i]));
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
