Educational Codeforces Round 83 (Rated for Div. 2)

A. Two Regular Polygons

 

题意：给两个数m<n，判断能否选择正n边形的m个端点构成正m边形。

思路：构造出的正m边形的每条边对应原正n边形的边的数目是相同的，所以只需要判断n能否被m整除即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define dl double
void rd(int &x){
 x=0;int f=1;char ch=getchar();
 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 while(ch<='9' && ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
void lrd(LL &x){
 x=0;int f=1;char ch=getchar();
 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 while(ch<='9' && ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
const int INF=1e9;
const LL LINF=1e18;
using namespace std;
int T,n,m;
int main(){
 rd(T);
 while(T--){
  rd(n);rd(m);
  if(n % m)printf("NO\n");
  else printf("YES\n");
 }
 return 0;
}
/**/

反思：记住这个小小的结论吧。

B. Bogosort

题意：给n个数，将它们重新排列使得对于所有i<j，j-aj!=i-ai，输出重新排列后的数组，任意输出一个即可。

思路：从大到小排序即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define dl double
void rd(int &x){
 x=0;int f=1;char ch=getchar();
 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 while(ch<='9' && ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
void lrd(LL &x){
 x=0;int f=1;char ch=getchar();
 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 while(ch<='9' && ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
const int INF=1e9;
const LL LINF=1e18;
const int N=105;
using namespace std;
int T,n;
int a[N];
bool cmp(int x,int y){return x>y;}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
 rd(T);
 while(T--){
  rd(n);
  for(int i=1;i<=n;i++)rd(a[i]);
  sort(a+1,a+n+1,cmp);
  for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",a[i]);
  puts("");
 }
 return 0;
}
/**/

C. Adding Powers

题意：给n个数，问能否通过以下操作将初始全为0的数组变成这n个数。第i次操作可以将一个数加上k^i或者跳过。

思路：将n个数都看成k进制数字，看每一位之和是否都小于等于1即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define dl double
void rd(int &x){
 x=0;int f=1;char ch=getchar();
 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 while(ch<='9' && ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
void lrd(LL &x){
 x=0;int f=1;char ch=getchar();
 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 while(ch<='9' && ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
const int INF=1e9;
const LL LINF=1e18;
const int N=35;
using namespace std;
int T;
int n,k;
LL a[N];
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
 rd(T);
 while(T--){
  rd(n);rd(k);
  for(int i=1;i<=n;i++)lrd(a[i]);
  bool flg=0;
  for(int i=0;i<=100;i++){
   int cnt=0;
   for(int j=1;j<=n;j++)cnt+=a[j]%k,a[j]/=k;
   if(cnt > 1)flg=1;
  }
  if(flg)printf("NO\n");
  else printf("YES\n");
 }
 return 0;
}
/**/

D. Count the Arrays

题意：计算满足以下条件的数组的数目。长度为n(2e5)，所有数都在1~m(2e5)(m>=n)之间，存在一个i使得前i个数严格递增，i~n严格递减，有且只有两个数相等。对998244353取模。

思路：组合数计数的问题。考虑已经找到了那两个相等的数字的下标ij，并且他们之间的数字也已经选择好了，那么他们中间的数字的排列方式有C(j-i-2,0)+C(j-i-2,1)+...+C(j-i-2,j-i-2)种，因为最高点的数值是确定的，这个过程是在枚举最高点左面选择哪些数字，因为一旦选择好了排列方式是唯一的。共计2^(j-i-2)种。而对于ij两边的数字，也是类似的情况，只需要枚举左面选的那些即可，共计2^(n-j+i-1)种，也就是说，在ij确定，他们之间和两边的数字都确定的情况下，共有2^(n-3)种排列方式，与ij的具体值无关。而我们只需要从m个数字种选出n-1个数，再选定相等的两个数字之后，ij之间和两边的数字集合其实也是确定了的，而根据上面的计算共计2^(n-3)种，同时不能选取最大值作为相等的两数字，也就是说最终的方案数为C(m,n-1)*(n-2)*2^(n-3)。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define dl double
void rd(int &x){
 x=0;int f=1;char ch=getchar();
 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 while(ch<='9' && ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
void lrd(LL &x){
 x=0;int f=1;char ch=getchar();
 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 while(ch<='9' && ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
const int INF=1e9;
const LL LINF=1e18;
const int N=2e5+10;
const int mod=998244353;
using namespace std;
int n,m;
int fac[N],pw[N];
int fast_pow(int x,int y){
 int ans=1;
 while(y){
  if(y&1)ans=1ll*ans*x%mod;
  x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
 }
 return ans;
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
 rd(n);rd(m);fac[0]=1;pw[0]=1;
 for(int i=1;i<=max(n,m);i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,pw[i]=pw[i-1]*2%mod;
 if(n == 2)printf("0\n");
 else {
  int ans=1ll*fast_pow(fac[n-1],mod-2)*fast_pow(fac[m-n+1],mod-2)%mod*fac[m]%mod*(n-2)%mod*pw[n-3]%mod;
  printf("%d\n",ans);
 }
 return 0;
}
/**/

反思：我在推出2^(n-3)之后一直没有进展，因为我一直觉得要在m-1个数字中选出ij之间的数字，而这又和ij的具体位置有关了，再选择出两边的数字，得到的式子根本无法化简，而事实上完全不需要那么复杂。可能这就是组合数的魅力吧。

E. Array Shrinking

题意：n(500)个数字，每次可以将相邻的两个相等数字合并为一个数字，并且这个数字的数值等于原数字+1，求最终这个序列最短是多少。

思路：求最短，dp，500的范围，区间dp。基本确定算法后考虑怎么实现。自然而然想到f[i][j]表示i~j最短多短，最终答案就是f[1][n]，考虑如何转移。直接枚举中间的k进行转移，那么对于合并的情况如何考虑呢？我们发现如果要合并，合并的两个区间的f一定是1，不然如果可以合并的话，他们的子区间也一定可以进行合并，所以记录一下f为1的区间当前的值为多少进而进行f为1的区间之间的合并即可。因为区间dp是先对长度小的区间dp，所以可以保证处理ij时他们区间内可以合并的情况已经全部计算在内了。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define dl double
void rd(int &x){
 x=0;int f=1;char ch=getchar();
 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 while(ch<='9' && ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
void lrd(LL &x){
 x=0;int f=1;char ch=getchar();
 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
 while(ch<='9' && ch>='0')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();x*=f;
}
const int INF=1e9;
const LL LINF=1e18;
const int N=505;
int n,a[N];
int f1[N][N],f2[N][N]; 
using namespace std;
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
 rd(n);for(int i=1;i<=n;i++)rd(a[i]),f1[i][i]=1,f2[i][i]=a[i];
 for(int l=2;l<=n;l++){
  for(int i=1;i+l-1<=n;i++){
   int j=i+l-1;f1[i][j]=0x7fffffff;
   for(int k=i;k<=j;k++){
    f1[i][j]=min(f1[i][j],f1[i][k]+f1[k+1][j]);
    if(f1[i][k] == 1 && f1[k+1][j] == 1 && f2[i][k] == f2[k+1][j])f1[i][j]=1,f2[i][j]=f2[i][k]+1;
   }
  }
 }
 printf("%d\n",f1[1][n]);
 return 0;
}
/**/