【AtCoder】AGC022
A - Diverse Word
不到26位就加上一个最小的
到26位了就搜一下，最多回溯就一次，所以复杂度不大
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <vector>
//#define ivorysi
#define MAXN 100005
#define eps 1e-7
#define mo 974711
#define pb push_back
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
char s[55],ans[55];
int N,L;
bool vis[55];
bool dfs(int dep) {
if(dep > 26) return false;
if(!vis[s[dep] - 'a']) {
vis[s[dep] - 'a'] = 1;
ans[dep] = s[dep];
if(dfs(dep + 1)) return true;
vis[s[dep] - 'a'] = 0;
}
for(int i = s[dep] - 'a' + 1 ; i <= 25 ; ++i) {
if(!vis[i]) {
L = dep;
ans[dep] = 'a' + i;
return true;
}
}
return false;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
scanf("%s",s + 1);
N = strlen(s + 1);
if(N != 26) {
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) vis[s[i] - 'a'] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) putchar(s[i]);
for(int i = 0 ; i <= 25 ; ++i) {
if(!vis[i]) {
putchar('a' + i);
break;
}
}
putchar('\n');
}
else {
if(!dfs(1)) puts("-1");
else {
for(int i = 1 ; i <= L ; ++i) putchar(ans[i]);
putchar('\n');
}
}
}
B - GCD Sequence
3 4 5都特判输出
根据30000我们猜测每三个数里要有两个，或者每六个数里有四个
我们根据这些数%6的余数分成0 2 3 4 ，6减去他们和他们自己都不互质，所以考虑这么构造
但是我们希望我们的总和是6的倍数，我们算出当前%6的余数再修改某个点使得总和是6的倍数即可
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <vector>
//#define ivorysi
#define MAXN 20005
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
const int64 MOD = 998244353;
int N;
int c = 0,ans[MAXN],S;
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d",&N);
if(N == 3) puts("2 5 63");
else if(N == 4) puts("2 5 20 63");
else if(N == 5) puts("2 5 20 30 63");
else {
for(int i = 0 ; i <= 4999 ; ++i) {
ans[++c] = 6 * i + 2,ans[++c] = 6 * i + 3,ans[++c] = 6 * i + 4,ans[++c] = 6 * i + 6;
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) S = (S + ans[i]) % 6;
if(S == 5) {
ans[6] = 6 * 4999 + 4;
}
else if(S == 3) {
ans[6] = 6 * 5000;
}
else if(S == 2){
ans[5] = 6 * 5000;
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i == N]);
}
return 0;
}
C - Remainder Game
显然第k个如果不加，比他小的都放进去都比它优
所以我们枚举每个k，每次把比它小的k都加进去，看看是否合法
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <vector>
//#define ivorysi
#define MAXN 20005
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
const int64 MOD = 998244353;
int N;
int a[55],b[55];
int s[55],cnt,ans[55];
bool vis[55];
void Init() {
scanf("%d",&N);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&a[i]);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&b[i]);
}
bool check(int x) {
memset(vis,0,sizeof(vis));
vis[a[x]] = 1;
for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++i) {
for(int j = s[i] ; j <= 50 ; ++j) {
if(vis[j]) vis[j % s[i]] = 1;
}
}
if(vis[b[x]]) return true;
return false;
}
void Solve() {
cnt = 0;
for(int i = 50 ; i >= 1 ; --i) s[++cnt] = i;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(!check(i)) {puts("-1");return;}
}
for(int i = 50 ; i >= 1 ; --i) {
cnt = 0;
for(int j = 50 ; j >= i ; --j) {
if(ans[j]) s[++cnt] = j;
}
for(int j = i - 1 ; j >= 1 ; --j) s[++cnt] = j;
for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
if(!check(j)) {
ans[i] = 1;
break;
}
}
}
int64 res = 0;
for(int i = 50 ; i >= 1 ; --i) {
if(ans[i]) res |= 1LL << i;
}
printf("%lld\n",res);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Init();
Solve();
return 0;
}
D - Shopping
也就是求我们最多转多少圈，输出乘上2×L就好
我们对于每个位置求一个二元组\((x,y)\)
对于\(t\)处理成取模圈长之后的
\(x = 0\)表示从左边来，下一次火车经过的时候是从右边来，\(x = 1\)表示从左边来，下一次火车经过的时候是从左边来
\(y = 0\)表示从右边来，下一次火车经过的时候从左边来，\(y = 1\)表示从右边来，下一次火车经过的时候从右边来
显然我\(x = 1\)从左边进要多绕一圈，\(y = 1\)从右边要多绕一圈
\((1,1)\)的点可以直接删除，然后答案累加上1
然后对于\((0,1)(0,1)(0,1)(0,0)(1,0)(1,0)\)这样的形状，显然不能通过任何一个点走到另一个点而不加任何额外的花费
所用的圈数就是车站的个数 + 1
如果是(0,0)或者(0,1)作为结尾，且后面没有任何其余的车站时，就是圈数就是车站的个数
实际上，我们会有很多\((0,0)(0,1)\)和\((1,0)(0,0)\)和\((0,0)(0,0)\)这样的形状，我们把他们两两搭配起来就好，圈数+1
要把\((0,0)\)和别的搭配完了再把\((0,0)\)两两搭配，这样减少的圈最多，并且尽量不配最右一个点
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define MAXN 300005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {out(x / 10);}
putchar('0' + x % 10);
}
int N,tot,sta[MAXN],top;
int64 L,x[MAXN],t[MAXN],ans;
pii p[MAXN];
bool vis[MAXN];
void Solve() {
read(N);read(L);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(x[i]);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
read(t[i]);
ans += t[i] / (2 * L);
t[i] %= (2 * L);
if(t[i] == 0) p[i] = mp(1,1);
else p[i] = mp(t[i] > 2 * (L - x[i]),t[i] > 2 * x[i]);
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(p[i].fi == 1 && p[i].se == 1) {
vis[i] = 1;
if(t[i] != 0) ++ans;
}
}
top = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(!vis[i]) {
if(p[i].fi == 1 && p[i].se == 0) {
sta[++top] = i;
}
if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 0) {
if(top) {
vis[i] = 1;vis[sta[top]] = 1;
--top;++ans;
}
}
}
}
top = 0;
for(int i = 1; i < N ; ++i) {
if(!vis[i]) {
if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 0) {
sta[++top] = i;
}
if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 1) {
if(top) {
vis[i] = 1;vis[sta[top]] = 1;
--top;++ans;
}
}
}
}
top = 0;
for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
if(!vis[i]) {
if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 0) {
if(top) {
vis[i] = 1;vis[sta[top]] = 1;
--top;++ans;
}
else sta[++top] = i;
}
}
}
if(!vis[N] && p[N].fi == 0) {
for(int i = 1 ; i < N - 1 ; ++i) {
if(!vis[i] && p[i].se == 0) {
vis[i] = 1;vis[N] = 1;++ans;break;
}
}
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(!vis[i]) ++ans;
}
if(!vis[N]) {
if(p[N].fi == 1 && p[N].se == 0) ++ans;
}
else ++ans;
out(ans * 2 * L);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
E - Median Replace
这个E怎么那么水？？？
和上一道D题比起来简直画风不一样……
分还一样？？？
我们显然要贪心地把连着三个0变成一个0
如果开头有两个连续的1，我们一定可以使得最后的答案是1
如果开头是一个0，我们一定会把它弄走，而且它的合并一定是和它后面连续的两个
那么我们就可以记dp状态为\(dp[i][j][h][0/1]\)表示当前有j个0，开头有h个1，有没有出现形状01
然后转移就是每次加一个0
形状01是010，合成一个0
两个0和零个0都会变成1个0
一个0变成两个0
每次加一个1
如果有两个0会变成一个0
如果有一个0会变成01
如果没有0就累加一个1
如果有01会累加一个1
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define mp make_pair
#define pb push_back
//#define ivorysi
#define MAXN 300005
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int dp[MAXN][3][2][2],sum[MAXN],ans,N;
char s[MAXN];
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
x = inc(x,y);
}
int fpow(int x,int c) {
int res = 1,t = x;
while(c) {
if(c & 1) res = mul(res,t);
t = mul(t,t);
c >>= 1;
}
return res;
}
void Solve() {
scanf("%s",s + 1);
N = strlen(s + 1);
for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
sum[i] = sum[i + 1] + (s[i] == '?');
}
dp[0][0][0][0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
int t = 0;
for(int j = 0 ; j <= 2 ; ++j) {
for(int h = 0 ; h <= 1 ; ++h) {
for(int k = 0 ; k <= 1 ; ++k) {
if(!dp[i - 1][j][h][k]) continue;
if(s[i] == '0' || s[i] == '?') {
if(k) update(dp[i][1][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
else {
if(j == 1) update(dp[i][2][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
else update(dp[i][1][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
}
}
if(s[i] == '1' || s[i] == '?') {
if(k) {
if(h) update(t,dp[i - 1][j][h][k]);
else update(dp[i][0][h + 1][0],dp[i - 1][j][h][k]);
}
else {
if(j == 1) update(dp[i][0][h][1],dp[i - 1][j][h][k]);
if(j == 2) update(dp[i][1][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
if(j == 0) {
if(h) update(t,dp[i - 1][j][h][k]);
else update(dp[i][0][h + 1][0],dp[i - 1][j][h][k]);
}
}
}
}
}
}
update(ans,mul(t,fpow(2,sum[i + 1])));
}
update(ans,inc(dp[N][0][1][1],dp[N][0][1][0]));
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
F - Checkers
一道结论题
很显然的一点是，我们相当于给每个点上填上\(\pm 2^j\)
然后一个什么样的序列是合法的呢就是对于某一个位权\(i\)
如果我们可以通过改变所有\(2^i\)前面的符号，可以达成所有\(0 \leq j \leq i\)使得他们的和等于\(1\)，那么这个集合就合法
可以用归纳法证，每次多一个新的\(2^i\)
这样的话我们可以记一个\(dp[i][j]\)表示确定了\(i\)位的值，所有数的和是\(1 + j * V\)，我们上一个加的最大的2的次幂是\(\frac{V}{2}\)，因为\(2 * j\)是偶数所以总可以变成\(0\)
答案就是\(dp[N][0]\)为了处理负数可以把第二维整体向前平移\(N\)
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define mp make_pair
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int N;
int dp[55][105],inv[55],invfac[55],fac[55];
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
return 1LL * a * b % MOD;
}
int C(int n,int m) {
if(n < m) return 0;
return mul(fac[n],mul(invfac[m],invfac[n - m]));
}
void update(int &x,int y) {
x = inc(x,y);
}
void Solve() {
read(N);
inv[1] = 1;
for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) inv[i] = mul(inv[MOD % i],MOD - MOD / i);
fac[0] = invfac[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
invfac[i] = mul(invfac[i - 1],inv[i]);
}
dp[1][N] = 1;
dp[1][N - 1] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
for(int j = -i ; j <= i ; ++j) {
for(int k = max(1,abs(j)) ; k <= N ; ++k) {
if(i + k > N) break;
for(int h = 0 ; h <= k ; ++h) {
if((j + 2 * h - k) % 2) continue;
int val = (j + 2 * h - k) / 2;
if(val < -N || val > N) continue;
update(dp[i + k][val + N],mul(dp[i][j + N],mul(C(i + k,k),C(k,h))));
}
}
}
}
out(dp[N][N]);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
