Educational Codeforces Round 64 (Rated for Div. 2)题解
题目链接
水题，但是坑了很多人。需要注意以下就是正方形、圆以及三角形的情况，它们在上面的顶点是重合的。
其余的参照样例判断一下就好了了。具体证明我也不会
代码如下：
Code
```cpp
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int n;
int a[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0) ;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] ;
int ans = 0;
int flag = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
if(a[i] + a[i - 1] == 5 || a[i] == a[i - 1]) flag = 1;
}
if(flag) cout << "Infinite" ;
else {
cout << "Finite" << '\n';
for(int i = 2; i <= n; i++) {
if(a[i - 1] == 1) {
if(a[i] == 2) ans += 3;
else ans += 4;
} else if(a[i - 1] == 2) {
ans += 3;
} else {
ans += 4;
}
if(a[i - 2] == 3 && a[i - 1] == 1 && a[i] == 2) ans--;
}
cout << ans ;
}
return 0;
}
```
B. Ugly Pairs
这场我真的被教育惨了。。B题都没写出来。
题目就是给你一个字符串，现在你可以对其顺序进行重排，问最后是否存在一种方案，使得任意相邻的两个字符不在字母表中相邻。如果存在方案就输出。
这个题我看到大佬随机1w次给过了，牛逼。
其实这个题构造的时候考虑奇偶性就行了。因为在字母表中位于奇数位的数相差肯定大于1，位于偶数位也同理。
之后判断一下首位是否可以拼接起来就行了。可以证明如果四种拼接方式都不成立，那么最后是肯定不存在合法方案的。yy一下就好了。
代码如下：
Code
```cpp
#include
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105;
int T;
char s[N];
bool ch(char a, char b) {
return abs(a - b) != 1;
}
int main() {
cin >> T;
while(T--) {
scanf("%s", s) ;
vector v(2) ;
int n = strlen(s);
sort(s, s + n);
for(int i = 0; i < n; i++)
v[(s[i] - 'a') & 1].push_back(s[i]) ;
if(v[0].empty() || v[1].empty() || ch(v[0].back(), v[1][0])) {
cout << v[0] + v[1] << '\n' ;
continue ;
} else if(ch(v[0].back(), v[1].back())) {
reverse(all(v[1])) ;
} else if(ch(v[0][0], v[1][0])) {
reverse(all(v[0])) ;
} else if(ch(v[0][0], v[1].back())) {
reverse(all(v[0])) ;
reverse(all(v[1])) ;
} else {
cout << "No answer" << '\n' ;
continue ;
}
cout << v[0] + v[1] << '\n';
}
return 0;
}
```
C. Match Points
这里很显然的贪心策略是错的。正确的做法应该是二分（当然也可以乱搞贪心过。
首先顺序是不影响结果的，所以我们可以对数从小到大排序。然后二分答案来判断可行性，很显然答案是具有单调性的。
具体的check方法为，假设当前二分的答案为\(x\),那么就拿前\(x\)个和后\(x\)个对应来匹配。
这里可以证明，如果答案\(x\)合法，那么这样的匹配是一定可行的。如果存在其它方案，也可以“收敛”为这个方案。
代码如下:
Code
```cpp
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int n, z;
int a[N];
bool check(int x) {
if(2 * x > n) return false ;
for(int i = 1; i <= x; i++) {
if(abs(a[i] - a[n - x + i]) < z) return false;
}
return true;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0) ;
cin >> n >> z;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1) ;
int l = 0, r = n + 1, mid;
while(l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid)) l = mid + 1;
else r = mid;
}
cout << l - 1;
return 0;
}
```
D. 0-1-Tree
简单说下题意吧。就是给你一颗树，边权为0或1。
现在问多少个有向点对\((x,y)\)，满足从\(x\)到\(y\)的简单路径在经过1边权的边后，不会经过边权为0的边。当然，如果先经过边权为0的边，后面是可以经过边权为1的边的。
这个题有两种方法的，我都说一下吧。
这个我们用并查集来做。首先添加边权为1的边，并且记录每个点所在连通块点的个数；同理这样记录边权为0时的个数。
之后我们枚举每个点，\(ans+=cnt1*cnt0\)就行了。
注意一下最后要减去n，因为之前算的时候算了自身与自身的点对的。
这样做的正确性应该就是不存在两个点，同时在相同的两个边权集合中。所以这样枚举会覆盖所有的情况。
代码如下：
Code
```cpp
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int n;
int f[N], f2[N];
ll cnta[N], cntb[N];
int find(int x) {
return f[x] == x ? f[x] : f[x] = find(f[x]) ;
}
int find2(int x) {
return f2[x] == x ? f2[x] : f2[x] = find2(f2[x]) ;
}
void Union(int a, int b) {
int fa = find(a), fb = find(b) ;
if(fa != fb) f[fa] = fb;
}
void Union2(int a, int b) {
int fa = find2(a), fb = find2(b) ;
if(fa != fb) f2[fa] = fb;
}
int main() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = f2[i] = i ;
for(int i = 1; i < n; i++) {
int u, v, w;
scanf("%d%d%d",&u, &v, &w) ;
if(w == 0) {
Union(u, v) ;
} else Union2(u, v) ;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cnta[find(i)]++;
cntb[find2(i)]++;
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) ans += cnta[find(i)] * cntb[find2(i)] ;
cout << ans - n;
return 0 ;
}
```
因为如果一个点为中转站，那么就有两种方向。
我们就用两个数组维护连接当前点边权为0/1并且方向为上/下的边数。之后在树dp回溯的时候进行更新就行了。
细节见代码吧:
Code
```cpp
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int n;
ll up[N][2], dw[N][2];
struct Edge{
int v, next, w;
}e[N << 1];
int head[N], tot;
void adde(int u, int v, int w) {
e[tot].v = v;e[tot].w = w;e[tot].next = head[u]; head[u] = tot++;
}
ll ans ;
void dfs(int u, int fa) {
up[u][0] = dw[u][1] = 1;
for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
int v = e[i].v;
if(v == fa) continue ;
dfs(v, u) ;
if(e[i].w == 0) {
ans += up[u][0] * (dw[v][0] + dw[v][1]) ;
ans += (dw[u][0] + dw[u][1] ) * (up[v][0]) ;
up[u][0] += up[v][0] ;
dw[u][0] += dw[v][0] + dw[v][1] ;
} else {
ans += (up[u][0] + up[u][1] )* dw[v][1] ;
ans += dw[u][1] * (up[v][0] + up[v][1]) ;
up[u][1] += up[v][1] + up[v][0];
dw[u][1] += dw[v][1];
}
}
}
int main() {
cin >> n;
memset(head, -1, sizeof(head)) ;
for(int i = 1; i < n; i++) {
int u, v, w;
scanf("%d%d%d",&u, &v, &w) ;
adde(u, v, w);adde(v, u, w) ;
}
dfs(1, 0);
cout << ans ;
return 0;
}
```
E. Special Segments of Permutation
单调栈找出两边第一个比当前数小的位置，然后类似于启发式合并的思想暴力就行了。
这样为什么是对的，可能要了解一下 笛卡尔树。可以发现构造出笛卡尔树后，我们的暴力就相当于树上的启发式合并，复杂度是\(O(nlogn)\)的。（应该是这样来想的。
代码如下：
Code
```cpp
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 5;
int n;
int a[N], b[N];
int r[N], l[N], sz[N] ;
int top;
int sta[N];
int main() {
scanf("%d", &n) ;
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), b[a[i]] = i;
a[n + 1] = N;
for(int i = 1; i <= n + 1; i++) {
if(top == 0) {
sta[++top] = i ;
continue ;
}
while(top > 0 && a[sta[top]] < a[i])
r[sta[top--]] = i;
l[i] = sta[top] ;
sta[++top] = i;
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int left = i - l[i] - 1, right = r[i] - i - 1;
if(left < right) {
for(int j = l[i] + 1; j < i; j++) {
int p = b[a[i] - a[j]] ;
if(i < p && p < r[i]) ans++;
}
} else {
for(int j = i + 1; j < r[i]; j++) {
int p = b[a[i] - a[j]] ;
if(p < i && p > l[i]) ans++;
}
}
}
cout << ans ;
return 0 ;
}
```
F. Card Bag
简单说下题意吧：
给出\(n\)张卡片，每张卡片上面有个数字。现在每一回合你从中抽取一张卡片，假设卡片上面的数字为\(x\)，并且你上一次抽取的卡片数字为\(y\)。如果\(x=y\)，你就获得胜利；如果\(x>y\)游戏继续下一轮；如果\(x<y\)，你就输了这场游戏。
最后如果要赢的话，将所有抽取的卡片一次展开，就会发现是先单增，后面两个数值是相等的。
考虑将所有卡片排序，并且计算出\(dp(i,j)\)，表示前\(i\)个卡片中选出\(j\)张不同的卡片的情况总数。
然后考虑枚举最终赢的时候的数值，统计一下所有赢的情况和就行了。
代码如下：
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5005, MOD = 998244353 ;
int n;
ll dp[N][N];
ll fac[N], c[N], a[N];
ll qp(ll A, ll b) {
ll ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) ans = ans * A % MOD;
A = A * A % MOD;
b >>= 1;
}
return ans ;
}
int main() {
fac[0] = 1;
for(int i = 1; i < N; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), c[a[i]]++;
int num = n;
/*for(int i = 1; i < N; i++) {
if(c[i]) {
num++;
c[num] = c[i] ;
}
}*/
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= num; i++) {
for(int j = 0; j <= i; j++) {
if(j == 0) dp[i][j] = dp[i - 1][j];
else dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + dp[i - 1][j - 1] * c[i] % MOD ) % MOD;
}
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= num; i++) {
if(c[i] >= 2)
for(int j = 1; j <= i; j++) {
ans = (ans + dp[i - 1][j - 1] * c[i] % MOD * (c[i] - 1) % MOD * fac[n - j - 1] % MOD) % MOD;
}
}
ans = ans * qp(fac[n], MOD - 2) % MOD ;
cout << ans ;
return 0 ;
}
