Codeforces Round #829-1754A+B与1753A+B+C 题解

1754A - Technical Support

题意

给定一个只包含大写字母 $\texttt{Q}$ 和 $\texttt{A}$ 的字符串，如果字符串里的每一个 $\texttt{Q}$ 都能与在其之后的 $\texttt{A}$ 一一对应地匹配，则输出字符串 $\texttt{Yes}$，否则输出字符串 $\texttt{No}$。注意，可以有 $\texttt{A}$ 没有被匹配，但每个 $\texttt{Q}$ 必须成功地匹配。

题解

倒着扫一遍，看某一个 $\texttt{Q}$ 后面的 $\texttt{A}$ 的数量是否大于 $\texttt{Q}$ 的数量即可，有一个不满足就说明不可以，全部满足就可以

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=505;
int n;
char a[N];
inline void Main()
{
	cin>>n;
	cin>>(a+1);
	int cnt=0;
	for(int i=n;i;--i)
	{
		if(a[i]=='A')++cnt;
		else
		{
			if(cnt>0)--cnt;
			else return puts("No"),void(0);
		}
	}
	puts("Yes");
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)Main();
	return 0;
}

1754B - Kevin and Permutation

题意

给定 $1$ 到 $n$ 的序列，你需要构造一种排列这 $n$ 个数的方式使得任意两个相邻的数的差的绝对值的最小值最大，形式化地说，你需要最大化 $\min_{i=1}^{n-1}|a_i-a_{i+1}|$，请给出任意一种构造方式

题解

打个表不难发现 $\min_{i=1}^{n-1}|a_i-a_{i+1}|$ 的最大值就是 $\lfloor\frac n2\rfloor$

证明也不难，假设最大值是 $\lfloor\frac n2\rfloor+1$，首先序列中一定会出现这个元素，那这个元素和它相邻的元素的差的绝对值一定至少有一个小于等于 $\lfloor\frac n2\rfloor$

若 $n$ 是偶数，直接 $\frac n2,n,\frac n2-1,n-1,\dots,\frac n2+1,1$ 这样排列就可以了

若 $n$ 是奇数，把 $n$ 放在最开始，后面的和偶数一样排列就行，像这样：$n,\frac{n-1}2,n-1,\frac{n-1}2-1,n-2,\dots,1,\frac{n-1}2+1$

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1006;
int n,dis;
inline void Main()
{
	cin>>n;
	if(n&1)cout<<n<<' ';
	dis=n>>1;
	for(int i=dis;i;--i) cout<<i<<' '<<i+dis<<' ';
	cout<<'\n';
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	int T=1;
	cin>>T;
	while(T--)Main();
	return 0;
}

1753A - Make Nonzero Sum

题意

给定一个长度为 $n$ 的序列，仅由 $0,1,-1$ 组成（简单版题目仅由 $1,-1$ 组成），你需要将这个序列分割为若干段

对于一段 $[l_i,r_i]$ 来说，$s_i$ 表示这一段中的元素交替加减（第一个元素为加）得到的答案，例如 $0,1,-1$ 这一段的 $s_i=+0-(1)+(-1)=-2$

假设一共有 $k$ 段，你需要保证 $\sum_{i=1}^ks_i=0$

请给出任意一种划分方法，若不存在这样的划分方法，输出 -1

题解

考虑对于某一个元素，不同的划分方法只会改变它对于最终答案的贡献的正负，并不会改变贡献的奇偶性，所以说若所有元素的和为奇数，那么就一定无解

再看序列中的元素仅有 $1,-1$

由我们上面得到的结论，可以发现在这种情况下一定一共有偶数个元素，考虑对于相邻的两个元素若为 $1,1$ 或 $-1,-1$，这两个分为一组即可，若为 $1,-1$ 或 $-1,1$ 就分开，单个元素作为一组，这两个区间的贡献加起来也为 $0$，这样最后的序列一定满足题意

再看困难版本，也就是序列中的元素有 $0,1,-1$

其实与简单版差别并不大，我们还是把相邻的两个不为 $0$ 的数先分为一组（一定一共有偶数个非零的数字），固定左边界，右边界不断往右扩展，直到找到第二个不为 $0$ 的数字，现在我们只需要想办法让这个区间的贡献为 $0$ 即可

先计算这个区间的贡献，若贡献已经为 $0$ 那就直接使用这个区间，下面考虑贡献不为 $0$ 时

这个区间最右边的元素一定非 $0$，若这个区间长度为偶数，那最后一个元素计算贡献的时候就会取反，把最后一个元素单独拿出来作为一段，这样就一定能和前面的区间的答案抵消，整个区间的贡献就是 $0$ 了

若区间长度为奇数，我们再分类一下，若区间的第一个元素非 $0$，就直接把它单独作为一段，后面部分的贡献就会取反，这样就一定能和前面的区间的答案抵消，整个区间的贡献也是 $0$

若区间长度为奇数，同时区间的第一个元素为 $0$，就把这个 $0$ 单独作为一段，后面的按照区间长度为偶数的方法处理即可

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,sum,lst1,a[N];
vector<pair<int,int>>ans;
void Main()
{
	cin>>n;
	lst1=sum=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i],sum+=a[i];
	if(sum&1)return cout<<"-1\n",void(0);
	ans.clear();
	for(int i=1,lst=1,f1=-1;i<=n;++i)
	{
		if(a[i]==0)continue;
		lst1=i;
		if(f1==-1){f1=i;continue;}
		if((((f1-lst+1)&1)?a[f1]:-a[f1])+(((i-lst+1)&1)?a[i]:-a[i])==0)
		{
			ans.emplace_back(make_pair(lst,i));
			lst=i+1;
			f1=-1;
			continue;
		}
		if((~(i-lst+1))&1)
		{
			ans.emplace_back(make_pair(lst,i-1));
			ans.emplace_back(make_pair(i,i));
			lst=i+1;
			f1=-1;
			continue;
		}
		if((i-lst+1)&1)
		{
			if(a[lst])
			{
				ans.emplace_back(make_pair(lst,lst));
				ans.emplace_back(make_pair(lst+1,i));
				lst=i+1;
				f1=-1;
				continue;
			}
			else
			{
				ans.emplace_back(make_pair(lst,lst));
				++lst;
				--i;
				continue;
			}
		}
	}
	if(lst1!=n)ans.emplace_back(lst1+1,n);
	cout<<ans.size()<<'\n';
	for(auto x:ans)cout<<x.first<<' '<<x.second<<'\n';
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	int T=1;
	cin>>T;
	while(T--)Main();
	return 0;
}

1753B - Factorial Divisibility

题意

给定两个正整数 $n$ 和 $x$ 和一个正整数序列 $a_1,a_2,\dots,a_n$，询问 $\sum_{i = 1}^n a_i!$ 是否能被 $x!$ 整除

题解

显然 $k!\times(k+1)=(k+1)!$，于是乎我们把 $a_i$ 装进桶里，从小到大枚举，只要能进位就进位，让 $k+1$ 的阶乘数量加上就好

假设这样进位完毕之后最小的阶乘为 $k!$，只要 $k\ge x$ 就说明可以整除，否则不行

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+1;
int n,x,mn;
int a[N];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	cin>>n>>x;
	for(int i=1,tmp;i<=n;++i)cin>>tmp,++a[tmp];
	for(int i=1;i<=N;++i)
	{
		a[i+1]+=a[i]/(i+1);
		a[i]%=(i+1);
		if(a[i])
		{
			mn=i;
			break;
		}
	}
	puts(mn<x?"No":"Yes");
	return 0;
}

1753C - Wish I Knew How to Sort

题意

给出一个 01 序列，每次操作会随机选择两个数交换，求期望要多少次操作才能使整个序列单调不降（答案对于 $998244353$ 取模）

题解

假设一共有 $c$ 个 1，显然最终的序列最后 $c$ 个都是 1，假设现在最后 $c$ 个数中有 $k$ 个 1 和 $c-k$ 个 0，那么前面的 $n-c$ 个数中就一定有 $c-k$ 个 1

要希望整个序列单调不降，那就是要把前 $n-c$ 个数中的 1 和后 $c$ 个数中的 0 交换，这样的交换一共有 $(c-k)^2$ 种换法，总共的换法为 $\frac{n(n-1)}2$，所以成功让后 $c$ 个数中多出一个 1 的概率就是 $\frac{(c-k)^2}{\frac{n(n-1)}2}=\frac{2(c-k)^2}{n(n-1)}$

期望操作次数就是 $\frac{n(n-1)}{2(c-k)^2}$，然后 $k$ 就会增加 $1$，直到 $k$ 增加到 $c$ 就满足条件了

假设最后 $c$ 个数中一开始有 $\text{cnt}_1$ 个 1 最终的答案就是

$$\sum_{k=\text{cnt}_1}^c\frac{n(n-1)}{2(c-k)^2}$$

Code

// LUOGU_RID: 91311868
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5,mod=998244353;
int n,cnt,k,all,ans;
int a[N];
inline void Mul(int &x,int y){ll z=1ll*x*y;if(z>=mod)z%=mod;x=z;}
inline int mul(int x,int y){ll z=1ll*x*y;if(z>=mod)z%=mod;return z;}
inline void Add(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
inline int add(int x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;return x;}
inline int fp(int x,int p)
{
	int ans=1;
	for(;p;p>>=1,Mul(x,x))if(p&1)Mul(ans,x);
	return ans;
}
inline int inv(int x){return fp(x,mod-2);}
void Main()
{
	cin>>n;
	all=mul(mul(n,n-1),inv(2));
	k=ans=cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)cin>>a[i],cnt+=a[i];
	for(int i=n-cnt+1;i<=n;++i)k+=a[i];
	for(;k<=cnt;++k)Add(ans,mul(all,inv(mul(cnt-k,cnt-k))));
	cout<<ans<<'\n';
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr);
	int T=1;
	cin>>T;
	while(T--)Main();
	return 0;
}

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