AtCoder Beginner Contest 262（D-F)

D - I Hate Non-integer Number

题意：一个长度为n的数组，选择其中的 x项，问其中有多少种选择，这x项的和可以被选择的数目整除，比如，选择3个数，和为6，那么6/3=2，就可以被整除。

题解: 每个数有选与不选两种可能，dp，观察数据，1<=a[i]<=1e9，所以数组中不能存储总和，会爆，而两项之间其实有关系的是被求余之后的数，所以存储余数即可。

dp[i][j][k]表示的是前i个数中，选择j个，然后余数为k的个数，所以 dp[i][j][(k+a[i])%z]+=dp[i-1][j-1][k];

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
const int N=2e5+5;
const ll inf=1e18;
const ll mod=998244353;
ll dp[105][105][105];
signed main(){
   ios::sync_with_stdio(false);
   cin.tie(0);cout.tie(0);
  ll n;cin>>n;
  vector<ll> a(n+1,0);
  for(ll i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
  ll ans=0;
  for(ll z=1;z<=n;z++){//对于除不同的数之间，他们可以看成不同的部分，之间并不影响，所以可以分开算
  memset(dp,0,sizeof(dp));
  dp[0][0][0]=1;
  for(ll i=1;i<=n;i++){
    for(ll j=0;j<=z;j++){
      for(ll k=0;k<z;k++){
        dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k])%mod;
        if(j) dp[i][j][(k+a[i])%z]=(dp[i][j][(k+a[i])%z]+dp[i-1][j-1][k])%mod;//这里是对z求余，因为求的是最后z个数的情况
      }
    }
   }
   ans=(ans+dp[n][z][0])%mod;
  }
  cout<<ans;
} 　　　　

 

 

E - Red and Blue Graph

题意: n个点，将其中m个点变成红色的，问最后两端颜色不同的绳子的个数是偶数的情况有多少种。

题解: 设红色的点的度数为S，设两端都是红色的边L条，两端颜色不同的边 R条，所以S=2*L+R；

         题意种说明R为偶数，2L也为偶数，所以S一定为偶数，所以我们只需要从度数为奇数和偶数的点中分别选择，根据组合数计算即可，其中要求余，组合数求余要用到逆元。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
const int N=2e5+5;
const ll inf=1e18;
const ll mod=998244353;
ll a[N];
ll fact[N],infact[N];
ll qsm(ll x,ll y,ll mod){
  ll ans=1;
  while(y){
    if(y&1) ans=(ans*x)%mod;
    y>>=1;
    x=(x*x)%mod;
  }
  return ans%mod;
}
void init(){
   fact[0]=infact[0]=1;
   for(ll i=1;i<N;i++){
    fact[i]=(fact[i-1]*i)%mod;
    infact[i]=(infact[i-1]*qsm(i,mod-2,mod))%mod;
   }
}
ll solve(ll x,ll y){//逆元求组合数
  return fact[x]*infact[y]%mod*infact[x-y]%mod;
}
signed main(){
   ios::sync_with_stdio(false);
   cin.tie(0);cout.tie(0);
   init();
   ll n,m,k;cin>>n>>m>>k;
   vector<ll>sum(n+1,0);
   for(ll i=1;i<=m;i++){
    ll x,y;cin>>x>>y;
      sum[x]++;sum[y]++;
   }
   ll od=0;
   for(ll i=1;i<=n;i++){//找出度数为奇数的点

    if(sum[i]&1) od++;
   }
   ll ans=0;
   for(ll i=0;i<=k;i+=2){遍历奇数点的个数
    if(i<=od&&(k-i)<=n-od){
      ans=(ans+solve(od,i)%mod*solve(n-od,k-i)%mod)%mod;//组合数求答案
    }
   }
   cout<<ans;
}
   

 

F - Erase and Rotate 

题意: 给出一个序列，最多k次操作，每次选择一种操作

• 选择序列中的一个数删除
• 将序列最后一个数放到开头位置

      问最多K次操作的情况下，可以转化成的字典大小最小的字符串是什么？

题解: 分成两种情况考虑

• 不进行从后往前的操作，纯粹的从前往后遍历一遍，找出最小的序列
• 进行从后往前的操作，找出位置 i 满足n-i+1<=k的最小的数字，将他放到开头，然后再进行一遍第一种情况的操作，其中，我们是将一部分序列往前，所以，对于一个后缀序列，如果它其中的某一项放到前面不会使字符串变小，那么久不需要提前，如果提前了再删除，就是两步操作，可以在提前之前就删除，就是一步操作。
• 其中，如果我们把序列从前往后遍历了一遍，如果操作数仍有剩余，那么从后往前依次删除即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
const int N=2e5+5;
const ll inf=1e18;
const ll mod=998244353;
ll a[N];
deque<ll> p;
ll vis[N];
ll n,m,le[N];
vector<ll> solve(){
  vector<ll> res;
  ll sum=m;
  for(ll i=0;i<p.size();i++){
    while(!res.empty()&&res.back()>p[i]){
      if(vis[res.back()]) res.pop_back();//如果这一项是从后往前翻转呢一部分序列中包含的，那么就直接删掉，相当于在它还未翻转的时候删除，省了一次操作
      else if(sum) res.pop_back(),sum--;//如果不包含就删除并减少操作数
      else break;
    }
    res.push_back(p[i]);
  }
  while(sum--) res.pop_back();//将多余的操作次数用于从后往前删除
  return res;
}
signed main(){
   ios::sync_with_stdio(false);
   cin.tie(0);cout.tie(0);
   cin>>n>>m;
   for(ll i=1;i<=n;i++){
     ll x;cin>>x;p.push_back(x);
     le[x]=n-i+1;//每个数离尾部的距离，这里的数可能会覆盖，最后一定是最小的，也是最优的
   }
   vector<ll> ans=solve();
   ll beg=0;
   for(ll i=1;i<=n;i++){
    if(le[i]<=m){ beg=le[i];break;}//找出最优位置
   }
   while(beg--&&m){
    vis[p.back()]=1;
    p.push_front(p.back());
    p.pop_back();m--;
   }
   ans=min(ans,solve());
   for(auto it:ans) cout<<it<<" ";
}