Codeforces Round #829 (Div. 2)
Preface
难得有下午的CF，而且是连着两场！
但是可惜第二场要去做四级模拟打不了了有点可惜（妈的听力错9个属实逆天）
这场是手速场，但对于我这种纯老年人来说WA两发加上写的慢还是掉分了，而且错估了E的难度看了一眼就摸鱼去了，本来最后半个小时应该可以Rush出来的（今天上大英的时候两下就想出来了）
唉连着掉了好几场分了，能不能支棱起来啊
A. Technical Support
SB题，统计下到每个时刻Q减去A的数量，如果是负数就归到\(0\)，最后看下是否有多余的Q剩下即可
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=105;
int t,n; char s[N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; int pfx=0; for (scanf("%d%s",&n,s+1),i=1;i<=n;++i)
{
pfx+=s[i]=='A'?1:-1; if (pfx>0) pfx=0;
}
if (pfx<0) puts("No"); else puts("Yes");
}
return 0;
}
B. Kevin and Permutation
刚开始奇数的情况弱智了，写了个暴力拍了一下才发现
首先考虑偶数的情况，考虑令\(x=\frac{n}{2},y=\frac{n}{2}+1\)，则不难发现我们可以进行如下构造：
\[x,n,x-1,n-1,x-2,n-2,\cdots,2,y+1,1,y
\]
接下来考虑下奇数的情况，只要把\(1\)单独拿出来，把后面的\(n-1\)个数按偶数的做法做一遍，做后把\(1\)放到最后面即可
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=1005;
int t,n,a[N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; if (scanf("%d",&n),n&1)
{
int k=2; for (a[1]=1,i=n-1;i;i-=2) a[i]=k++;
for (i=n;i>1;i-=2) a[i]=k++;
} else
{
int k=n>>1; for (i=1;i<=n;i+=2) a[i]=k--;
for (k=(n>>1)+1,i=n;i;i-=2) a[i]=k++;
}
for (i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",a[i]," \n"[i==n]);
}
return 0;
}
C1. Make Nonzero Sum (easy version)&&C2. Make Nonzero Sum (hard version)
感觉C1和C2没什么区别啊，直接讲C2的做法了
首先不难发现区间的长度只能是\(1/2\)，更长的区间肯定可以分成这两种
初始时不妨假设所有区间长度都是\(1\)，统计出此时的总和为\(sum\)
不难发现若\(sum<0\)，我们可以对所有数字取反，现在只要考虑\(sum\ge 0\)的情况
首先我们发现每次进行取反不会改变奇偶性，因此若\(sum\)为奇数，显然是无解的
考虑此时我们需要把若干个\(1\)变成\(-1\)，但是不能修改连续的两个位置
因此直接贪心即可，从前往后考虑每个为\(1\)的位置，能翻转就翻转，直到\(sum=0\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005;
int t,n,a[N],pos[N],cnt,sum,l[N],r[N],tot; bool rev[N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; for (scanf("%d",&n),cnt=sum=0,i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]),rev[i]=0,sum+=a[i];
if (abs(sum)&1) { puts("-1"); continue; }
if (sum<0) for (sum=-sum,i=1;i<=n;++i) a[i]=-a[i];
for (i=1;i<=n;++i) if (a[i]==1) pos[++cnt]=i;
int pre=0; for (i=1;i<=cnt&∑++i)
if (pos[i]!=pre+1) sum-=2,rev[pos[i]]=1,pre=pos[i];
for (tot=0,rev[n+1]=0,i=1;i<=n;++i)
if (rev[i+1]) ++tot,l[tot]=i,r[tot]=i+1,++i; else ++tot,l[tot]=r[tot]=i;
for (printf("%d\n",tot),i=1;i<=tot;++i)
printf("%d %d\n",l[i],r[i]);
}
return 0;
}
D. Factorial Divisibility
感觉我的做法比较奇怪啊，但是还是比较简单的说
考虑对于所有分子，找出其中的最大值\(a_m\)，先考虑判断分子能否整除\(a_m\)
不难发现此时值等于\(a_m\)的数都变成了\(1\)，那么剩下的小于\(a_m\)的数的部分就变成了和原问题类似的子问题，可以递归处理
若可以整除，考虑求出其商\(x\)，和\(a_m\)的个数\(y\)相加后，只要判断\(x+y\)能否整除\((a_m+1)\times (a_m+2)\times \cdots \times x\)即可
总复杂度浅浅分析一下发现是\(O(\max a_i+x)\)级别的，可以轻松通过
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=500005;
int n,x,a[N];
inline int solve(CI n,CI x) //-1:unavailable; otherwise:multiple
{
if (!n) return 0; int cur=0; for (;cur<n&&a[n-cur]==a[n];++cur);
int pre=solve(n-cur,a[n]); if (!~pre) return -1; cur+=pre;
for (RI i=a[n]+1;i<=x;++i) if (cur%i) return -1; else cur/=i;
return cur;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i; for (scanf("%d%d",&n,&x),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
return sort(a+1,a+n+1),puts(~solve(n,x)?"Yes":"No"),0;
}
E. Wish I Knew How to Sort
妈的这题好简单，但是当时比赛的时候，还剩20分钟，感觉写不出来了就弃了，后来上课一想发现是SB题
首先不难发现我们只要统计出0的个数\(tot\)，考虑找出前\(tot\)个位置中1的个数\(sum\)，那么就需要交换\(sum\)次有效的交换
那么我们考虑直接做DP，设\(f_i\)表示还剩\(i\)次有效交换时期望操作次数，考虑我们进行一次有效操作的概率是$$，因此有转移：
\[f_{i-1}=\frac{i^2}{\frac{n(n-1)}{2}}\times f_i+\frac{\frac{n(n-1)}{2}-i^2}{\frac{n(n-1)}{2}}\times f_{i-1}+1
\]
移项一下就可以直接做了，鉴定完毕，我是个纯纯的dinner
#include<cstdio>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005,mod=998244353;
int t,n,a[N],tot,sum,fac[N],inv[N];
inline int quick_pow(int x,int p=mod-2,int mul=1)
{
for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
inline void init(CI n)
{
RI i; for (fac[0]=i=1;i<=n;++i) fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
for (inv[n]=quick_pow(fac[n]),i=n-1;~i;--i) inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
for (i=1;i<=n;++i) inv[i]=1LL*inv[i]*fac[i-1]%mod;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (init(200000),scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; for (scanf("%d",&n),tot=sum=0,i=1;i<=n;++i)
if (scanf("%d",&a[i]),!a[i]) ++tot;
for (i=1;i<=tot;++i) if (a[i]) ++sum;
int cur=1LL*n*(n-1)/2LL%mod,ans=0;
for (i=1;i<=sum;++i) (ans+=1LL*cur*inv[i]%mod*inv[i]%mod)%=mod;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
F. The Beach
这感觉比E套路好多啊，晚自习的时候稍微想了下就会了，不过细节有点多
首先我们发现不管是平移还是旋转，空白格子移动的曼哈顿距离始终为\(2\)，因此它们的横纵坐标和的奇偶性不会改变
所以我们可以对棋盘进行黑白染色，我们最后只要找到两个相邻的位置，使得把它们两个都变成空白格的最小代价
因为黑色和白色的部分是独立的，因此这个做法的正确性是有保证的
因此我们可以直接建图，然后从所有空地开始跑多源最短路即可
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ID(x,y) (((x)-1)*m+(y))
using namespace std;
typedef pair <long long,int> pi;
const int N=300005;
const long long INF=1e18;
int n,m,p,q; vector <char> a[N]; vector <pi> v[N]; long long dis[N],ans=INF;
namespace DJ
{
priority_queue <pi> hp; bool vis[N];
inline void init(CI n)
{
for (RI i=1;i<=n;++i) dis[i]=INF;
}
inline void setup(CI id)
{
hp.push(mp(dis[id]=0,id)); vis[id]=1;
}
inline void Dijkstra(void)
{
while (!hp.empty())
{
int now=hp.top().se; hp.pop(); vis[now]=0;
for (pi to:v[now]) if (dis[to.se]>dis[now]+to.fi)
if (dis[to.se]=dis[now]+to.fi,!vis[to.se])
hp.push(mp(-dis[to.se],to.se)),vis[to.se]=1;
}
}
};
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i,j; for (scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q),i=1;i<=n;++i)
for (a[i].pb('%'),j=1;j<=m;++j)
{
char ch; while (ch=getchar(),ch==' '||ch=='\n'); a[i].pb(ch);
}
for (DJ::init(n*m),i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=m;++j)
{
int id=ID(i,j); if (a[i][j]=='.') DJ::setup(id);
else if (a[i][j]=='L')
{
if (j+2<=m) v[ID(i,j+2)].pb(mp(q,id));
if (i+1<=n&&j+1<=m) v[ID(i+1,j+1)].pb(mp(p,id));
if (i-1>=1&&j+1<=m) v[ID(i-1,j+1)].pb(mp(p,id));
} else if (a[i][j]=='R')
{
if (j-2>=1) v[ID(i,j-2)].pb(mp(q,id));
if (i+1<=n&&j-1>=1) v[ID(i+1,j-1)].pb(mp(p,id));
if (i-1>=1&&j-1>=1) v[ID(i-1,j-1)].pb(mp(p,id));
} else if (a[i][j]=='U')
{
if (i+2<=n) v[ID(i+2,j)].pb(mp(q,id));
if (i+1<=n&&j-1>=1) v[ID(i+1,j-1)].pb(mp(p,id));
if (i+1<=n&&j+1<=m) v[ID(i+1,j+1)].pb(mp(p,id));
} else if (a[i][j]=='D')
{
if (i-2>=1) v[ID(i-2,j)].pb(mp(q,id));
if (i-1>=1&&j-1>=1) v[ID(i-1,j-1)].pb(mp(p,id));
if (i-1>=1&&j+1<=m) v[ID(i-1,j+1)].pb(mp(p,id));
}
}
for (DJ::Dijkstra(),i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=m;++j)
{
if (i+1<=n) ans=min(ans,dis[ID(i,j)]+dis[ID(i+1,j)]);
if (j+1<=m) ans=min(ans,dis[ID(i,j)]+dis[ID(i,j+1)]);
}
return printf("%lld",ans!=INF?ans:-1),0;
}
Postscript
寄寄寄寄摆摆摆摆摆
辣鸡老年选手AFO在即
