【AtCoder】AtCoder Grand Contest 040 解题报告
A：><（点此看题面）
大致题意： 给你一个长度为\(n-1\)、由\(<\)和\(>\)组成的的字符串，第\(i\)位的字符表示第\(i\)个数和第\(i+1\)个数的大小关系，求这个由非负整数组成的数组中元素和的最小值。
送分题都想了几分钟才做出来，真是退役预警......
显然，对于所有小于两旁的数，我们给它赋值为\(0\)，然后再从它们向两边扩展即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 500000
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n,H=1,T=0,a[N+5],q[N+5],vis[N+5];string s;
int main()
{
RI i,k;cin>>s,n=s.length()+1,s="%"+s+"%",s[1]=='<'&&(q[++T]=1),s[n-1]=='>'&&(q[++T]=n);
for(i=2;i^n;++i) s[i-1]=='>'&&s[i]=='<'&&(q[++T]=i);W(H<=T) k=q[H++],
s[k-1]=='>'&&(Gmax(a[k-1],a[k]+1),!vis[k-1]&&(vis[q[++T]=k-1]=1)),//向左扩展
s[k]=='<'&&(Gmax(a[k+1],a[k]+1),!vis[k+1]&&(vis[q[++T]=k+1]=1));//向右扩展
long long ans=0;for(i=1;i<=n;++i) ans+=a[i];return printf("%lld",ans),0;//统计答案
}
B：Two Contests（点此看题面）
大致题意： 有\(n\)个区间，让你把它划分成非空的两部分，使得两部分区间交集大小之和最大。
首先，我们要知道，对于一些区间\([l_i,r_i]\)，它们的交集大小是\(max(min\{r_i\}-max\{l_i\}+1,0)\)。
因此，可以先将区间按左端点排序，然后枚举其中一个区间左端点最大值为\(l_i\)，则另一个区间左端点最大值为\(l_n\)。
而对于右端点，有两种可能性。
设第\(1\sim i\)条线段中最小的\(r\)为\(r_{min}\)，最大的为\(r_{max}\)，第\(i+1\sim n\)中最小的\(r\)为\(Mn\)。
那么最优情况下，两个集合的\(min\{r_i\}\)要么分别是\(r_{min},Mn\)，要么分别是\(r_{max},min(r_{min},Mn)\)。
确定了左端点和右端点，我们就可以因此而更新答案了。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define Gmax(x,y) (x<(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n;set<int> p,q;
struct Il {int x,y;I bool operator < (Con Il& o) Con {return x<o.x;}}s[N+5];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
char c,*A,*B,FI[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
}F;
int main()
{
RI i,j,t,ans=0;for(F.read(n),i=1;i<=n;++i) F.read(s[i].x),F.read(s[i].y);
for(sort(s+1,s+n+1),i=1;i<=n;++i) q.insert(s[i].y);//排序，一开始默认所有线段在第二个集合
for(i=1;i<=n;++i) q.erase(s[i].y),p.insert(s[i].y),t=0,//枚举一个区间的左端点最大值，把对应右端点移入第一个集合中
Gmax(t,max(*--p.end()-s[i].x+1,0)+max(min(*p.begin(),*q.begin())-s[n].x+1,0)),//第一种情况
Gmax(t,max(*p.begin()-s[i].x+1,0)+max(*q.begin()-s[n].x+1,0)),Gmax(ans,t);//第二种情况，更新ans
return printf("%d",ans),0;
}
C：Neither AB nor BA（点此看题面）
大致题意： 对于一个由\(A,B,C\)三种字符组成的字符串，每次可以删除连续两个不为AB或BA的字符，求有多少个长度为\(n\)的字符串可以删空。
首先，我们考虑不存在\(C\)的情况。
此时，若我们把奇数位上的\(A\)变成\(B\)、\(B\)成\(A\)，就可以发现，当且仅当\(A\)和\(B\)的个数相同时，这个字符串可以删空。
同时由于改变后的字符串与原字符串一一对应，所以只要求出改变后的字符串的个数，就可以求出答案。
再考虑存在\(C\)，由于\(C\)可以视为\(A\)或\(B\)中的任意一种，因此只要满足\(A\)和\(B\)的个数之差个数小于等于\(C\)的个数，就可以删空。
考虑这个答案可以容斥，即求出\(A\)和\(B\)的个数之差大于\(C\)的个数的方案数，然后用总方案数将其减去。
则此时必然存在\(A\)或\(B\)中的某一种有\(i\)个（\(i>\frac n2\)），而剩余\(n-i\)个位置可以任意填另一种字母和\(C\)。
即此时的方案数为：
因此预处理阶乘及阶乘逆元，\(O(n)\)枚举\(i\)，统计答案即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 10000000
#define X 998244353
#define C(x,y) (1LL*Fac[x]*IFac[y]%X*IFac[(x)-(y)]%X)
using namespace std;
int n,Fac[N+5],IFac[N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}//快速幂
int main()
{
RI i,t=0;for(scanf("%d",&n),Fac[0]=i=1;i<=n;++i) Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X;//预处理阶乘
for(IFac[n]=Qpow(Fac[n],X-2),i=n-1;~i;--i) IFac[i]=1LL*IFac[i+1]*(i+1)%X;//预处理阶乘逆元
for(i=n/2+1;i<=n;++i) t=(1LL*C(n,i)*Qpow(2,n-i)+t)%X;//计算答案
return printf("%d",(Qpow(3,n)-2*t%X+X)%X),0;//容斥，注意乘2
}
