AtCoder Regular Contest 163

1|0Preface

补题，这场比赛的时候被拉去开科研组会了，所以就没现场打了

这两天军训在伤病连划水，白天可以好好想题目舒服的一批

这场D题确实很妙，需要一些竞赛图相关的知识才能想到转化，不过也算是学到一个重要trick了吧

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2|0A - Divide String

显然只要考虑能否分成两个串即可，首先如果存在$i\in[2,n]$使得$s_i>s_1$则直接以$i$为开头断开即可

否则对于所有$s_i=s_1$的位置，暴力检验从这里分开是否合法即可

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=2005;
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,j; bool flag=0; scanf("%d%s",&n,s+1);
		for (i=2;i<=n&&!flag;++i) if (s[i]>s[1]) puts("Yes"),flag=1;
		if (flag) continue;
		for (i=2;i<=n&&!flag;++i) if (s[i]==s[1])
		{
			int sign=0; for (j=1;j<=min(i-1,n-i+1);++j)
			if (s[j]!=s[i+j-1]) { sign=s[j]-s[i+j-1]; break; }
			if (sign<0||(sign==0&&i-1<n-i+1)) flag|=1;
		}
		puts(flag?"Yes":"No");
	}
	return 0;
}

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3|0B - Favorite Game

首先我们肯定只对$a_1,a_2$修改是最优的，然后刚开始一眼想到二分答案，再感觉可以三分一下$a_1$减少的次数

然后写了一发发现样例都过不去，遂赶紧发现是个丁真题

我们给$a_3\sim a_n$排序后，枚举所有长度为$m$的区间$a_i\sim a_{i+m-1}$，考虑把$a_1,a_2$变成这个能涵盖区间所需的最小代价即可

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005;
int n,m,a[N],ans=2e9;
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	RI i; for (scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
	for (sort(a+3,a+n+1),i=3;i+m-1<=n;++i)
	ans=min(ans,max(0,a[1]-a[i])+max(0,a[i+m-1]-a[2]));
	return printf("%d",ans),0;
}

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4|0C - Harmonic Mean

有意思的构造题，首先不难想到用裂项公式来构造，因为$\frac{1}{x(x+1)}=\frac{1}{x}-\frac{1}{x+1}$，所以我们总有如下构造方案（在$n\ge 3$时）：

$$1=\frac{1}{1\times 2}+\frac{1}{2\times 3}+\frac{1}{3\times 4}+\cdots+\frac{1}{(n-1)\times n}+\frac{1}{n}$$

不难发现如果$n$不能表示成$k(k+1)$的形式的话就已经做完了，现在就是要考虑重复的情况

由于$k(k+1)$一定是偶数，那么如果$n$可以被这样表示那么$n-1$就一定不能被这样表示，因此我们可以先用$n-1$个数表示出$\frac{1}{2}$，然后再填一个$\frac{1}{2}$上去即可

举个例子对于$n=6=2\times 3$，按照上面的方法分解出就是$1=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+\frac{1}{30}+\frac{1}{6}$是不合法的

那么我们可以先处理$n=5$的情况，$1=\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\frac{1}{12}+\frac{1}{20}+\frac{1}{5}$，然后两边同乘上$\frac{1}{2}$得到$\frac{1}{2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{12}+\frac{1}{24}+\frac{1}{40}+\frac{1}{10}$，最后再加上$\frac{1}{2}$就可以用$6$个数表示$1$了

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
int t,n;
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	for (scanf("%d",&t);t;--t)
	{
		if (scanf("%d",&n),n==1) { puts("Yes\n1"); continue; }
		if (n==2) { puts("No"); continue; }
		RI i; int t=0; for (i=1;i*(i+1)<=n;++i) if (n==i*(i+1)) t=i;
		if (!t)
		{
			for (puts("Yes"),i=1;i<n;++i)
			printf("%d ",i*(i+1)); printf("%d\n",n); continue;
		}
		for (puts("Yes"),printf("%d ",2),i=1;i<n-1;++i)
		printf("%d ",2*i*(i+1)); printf("%d\n",2*(n-1)); continue;
	}
	return 0;
}

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5|0D - Sum of SCC

首先有一个关于竞赛图的SCC的重要结论：

竞赛图强连通缩点后的DAG呈链状，前面的所有点向后面的所有点连边。

证明其实也很简单，利用归纳法逐一加入每个SCC即可，具体可以看这里

然后利用这点我们就可以把统计SCC数目转化为另一个问题了

设将图的点集$V$划分为$A,B$两个集合，且满足$A$中的所有点与$B$中的所有点的边的方向均为$A\to B$，则这种点集划分的方案数即为图的SCC个数加$1$

证明的话就考虑上面的结论，我们将缩点后的DAG链记为$s_1,s_2,\cdots,s_k$，当$i<j$时，边的方向均为$s_i\to s_j$

则对于$t\in [0,k]$，$A=\{s_1,s_2,\cdots,s_t\}$和$B=\{s_{t+1},s_{t+2},\cdots,s_k\}$均为满足上述要求的划分方案，且不存在在这之外的方案了

因此我们只要统计上面的问题的答案即可，这个很容易通过DP算出

设$f_{i,j,k}$表示以及处理了前$i$个点，其中有$j$条边的方向是从小到大的，且集合$A$的大小为$k$的方案数

转移的话就考虑$i+1$号点放在集合$A$还是集合$B$即可：

• 若放在集合$A$，枚举原来$A$集合中的边有$t\in[0,k]$条方向为从小到大，则$f_{i,j,k}\times C_k^t\to f_{i+1,j+t,k+1}$
• 若放在集合$B$，枚举原来$B$集合中的边有$t\in[0,i-k]$条方向为从小到大，则$f_{i,j,k}\times C_{i-k}^t\to f_{i+1,j+k+t,k}$

最后答案就是$(\sum_{i=0}^n f_{n,m,i})-C_{\frac{n(n-1)}{2}}^m$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=35,mod=998244353;
int n,m,C[N][N],f[N][N*N][N],ans;
inline int sum(CI x,CI y)
{
	return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
inline void inc(int& x,CI y)
{
	if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
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;
}
int main()
{
	//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
	RI i,j,k,t; for (scanf("%d%d",&n,&m),i=0;i<=n;++i)
	for (C[i][0]=j=1;j<=i;++j) C[i][j]=sum(C[i-1][j],C[i-1][j-1]);
	for (f[0][0][0]=1,i=0;i<n;++i) for (j=0;j<=m;++j)
	for (k=0;k<=i;++k) if (f[i][j][k])
	{
		for (t=0;t<=k;++t) inc(f[i+1][j+t][k+1],1LL*f[i][j][k]*C[k][t]%mod);
		for (t=0;t<=i-k;++t) inc(f[i+1][j+k+t][k],1LL*f[i][j][k]*C[i-k][t]%mod);
	}
	for (ans=1,i=m+1;i<=n*(n-1)/2;++i) ans=1LL*ans*i%mod*quick_pow(i-m)%mod;
	for (ans=(mod-ans)%mod,i=0;i<=n;++i) inc(ans,f[n][m][i]);
	return printf("%d",ans),0;
}

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6|0Postscript

好题很多，慢慢补吧

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本文作者：hl666
本文链接：https://www.cnblogs.com/cjjsb/p/17525474.html
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