【题解】AtCoder Regular Contest 163 A-D

E 太过于 adhoc，F 太过于神仙，就不做了。

A.Divide String

题目描述：

多组数据。

给出一个长为 $N$ 的字符串，问能否将其划分为多段，使字典序严格上升，保证 $\sum{N}\le2000$。

$2\ \le\ N\ \le\ 2000$

题目分析：

考虑如果划分为三段，使得其满足 $S_1 < S_2 < S_3$，则必然满足 $S_1 < S_2 + S_3$
所以我们完全没必要划分为三段及以上，划分为两段就足够了。
可以直接枚举划分的分界点，然后 $O(n)$ 判断是否合法。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2005;
char s[N];
bool chk(int l,int mid,int r){
	int len1 = mid - l + 1;
	int len2 = r - (mid+1) + 1;
	int posl = l,posr = mid+1;
	while(posl <= mid && posr <= r && s[posl] == s[posr]){
		++posl,++posr;
	}
	if(posl > mid || posr > r)	return len1 < len2;
	return s[posl] < s[posr];	
}
int main(){
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n;scanf("%d",&n);
		scanf("%s",s+1);
		bool flag = false;
		for(int i=1; i<n; i++){
			if(chk(1,i,n)){
				flag = true;
				break;
			}
		}
		if(flag)	printf("Yes\n");
		else	printf("No\n");
	}
	return 0;
}

B.Favorite Game

题目描述：

给定 $N,M$ 和数列 ${A_N}$。定义一次操作为任取一个 $A_i(1\le i\le N)$ 加一或减一。求经过几次操作后可以使得至少有 $M$ 个 $i(3\le i\le N)$ 满足 $A_1\le A_i \le A_2$。

$3\ \le\ N\ \le\ 2\ \times\ 10^5 ， 1\ \le\ M\ \le\ N-2 ， 1\ \le\ A_i\ \le\ 10^9$

题目分析：

首先我们一定是只会操作 $a_1,a_2$，因为操作 $a_1,a_2$ 相当于对其余值整体的一个操作，这样做显然优于只操作一个。
最后满足条件的数一定在 $a$ 排序后的数组上是一个连续的区间，所以可以直接枚举这个区间是什么，设左右端点分别为 $a_l,a_r$
则我们就是要通过操作让 $a_1 \le a_l$ 且 $a_2 \ge a_r$，这个就可以随便做了。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
const int INF = 1e11+5;
vector<int> v1,v2;
int a[N],n,m;
signed main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=1; i<=n; i++)	scanf("%lld",&a[i]);
	int tmp = INF;
	int l = a[1],r = a[2];
	sort(a+3,a+n+1);
	for(int i=3; i + m - 1<=n; i++){
		int res = 0;
		if(l > a[i])	res += l - a[i];
		if(r < a[i + m - 1])	res += a[i + m - 1] - r;
		tmp = min(tmp,res);
	}
	printf("%lld\n",tmp);
	return 0;
}

C.Harmonic Mean

题目描述：

给定正整数 $N$，你需要构造一个正整数序列 $A_i$，满足：

• $\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac{1}{A_i}=1$
• $A_i$ 互不相同；
• $1\le A_i\le 10^9$

多组数据，$1\le T,N\le 500$。

题目分析：

看到这个 $\frac{1}{A_i}$ 一个能想到的东西就是 $\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$。
会发现这个相当于一个裂项的形式，也就是我们可以直接：

$$\frac{1}{1 \times 2} + \frac{1}{2 \times 3} + \frac{2}{3 \times 4} + \cdots + \frac{1}{(n-1) \times n} + \frac{1}{n} = 1 - \frac{1}{n} + \frac{1}{n} = 1$$

这个时候发现其实就基本能构造出来了，就是当 $n = k \times (k+1)$ 的时候这种做法就寄了。
但是如果 $n$ 满足这个形式，则 $n-1$ 一定不满足这个形式，所以我们可以按 $n-1$ 构造出一种方案，然后将所有数乘 $2$ 后再加上数 $2$ 就好了。
其实就是让 $\sum_{i=1}^{n-1} \frac{1}{B_i} = \frac{1}{2}$ 然后再加 $\frac{1}{2}$ 就好了。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> v;
void solve(int n){
	for(int i=1; i<=n-1; i++)	v.push_back(i * (i + 1));
	v.push_back(n);
}
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		int n;scanf("%d",&n);
		if(n == 2){
			printf("No\n");
			continue;
		}
		bool flag = false;
		for(int i=1; i<=n; i++){
			if(i * (i + 1) == n)	flag = true;
		}
		if(flag){
			solve(n-1);
			for(int i=0; i<v.size(); i++)	v[i] *= 2;
			v.push_back(2);
		}
		else	solve(n);
		printf("Yes\n");
		for(auto i : v)	printf("%d ",i);
		v.clear();
		printf("\n");
	}
	return 0;
}

D.Sum of SCC

题目描述：

考虑一张竞赛图 $G$，其中有 $N$ 个节点，节点编号为 $1,2,\dots,N$，且 $G$ 满足：

• 对于 $G$ 中的所有边 $u\to v$，恰好有 $M$ 条边满足 $u<v$。

设 $f(G)$ 表示图 $G$ 中的强连通分量数量。请你求出所有满足条件的 $G$ 的 $f(G)$ 之和。

答案对 $998244353$ 取模。

$1\le N\le30$，$0\le M\le\frac{N(N-1)}2$。

题目分析：

之前不大知道竞赛图的性质，下面稍微罗列一下：
性质一：竞赛图缩点之后成链状。
注意这里不是一条链而是链状，就如下图所示：

性质二：竞赛图的每一个强连通分量必然存在哈密顿回路
性质三：竞赛图必然存在哈密顿回路

因为缩点之后每一个点代表一个 SCC，所以可以推出下面这个结论：

一个竞赛图的 SCC 个数为将其点集划分为两个集合 $A,B$（可以为空）并满足以下限制的方案数减 $1$：
对于 $u \in A，v \in B$ 的边 $(u,v)$，其方向必然为 $u \to v$

有了这个结论也就是说我们可以直接对于每一个点 $dp$ 求其属于 $A$ 还是 $B$，就是直接求这个限制下划分的方案数。
因为题目里要求我们的统计的存在一个大小关系，所以不让从小到大插入点，也就是设 $dp[i][j][k]$ 表示插入了编号为 $[1,i+j]$ 的点，$|A| = i，|B| = j$，满足题目条件的边数为 $k$ 的方案数。
转移的话就是枚举 $i+j+1$ 这个点插入到 $A$ 还是 $B$，如下：

$$\begin{aligned} \sum_{x=0}^i dp[i][j][k] \times \binom{x}{i} &\to dp[i+1][j][k + x] \\ \sum_{x=0}^j dp[i][j][k] \times \binom{x}{j} &\to dp[i][j+1][k+i+x] \\ \end{aligned}$$

考虑放在 $A$，对于跨集合的边必然是 $i+j+1 \to B$ 而因为 $i + j + 1$ 必然是最大值也就是说这样的连边一定不满足条件，也就不用管；对于在集合内部的边就是枚举多少个满足条件即可。
考虑放在 $B$，对于跨集合的边必然是 $A \to i+j+1$，也就是一定满足条件，直接全加上就好；对于在集合内部的边就是枚举多少个满足条件即可。

也要注意最后把减 $1$ 这个贡献也算上。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 35;
const int MOD = 998244353;
int f[N][N][N*N],C[N*N][N*N]; 
signed main(){
	int n,m;scanf("%lld%lld",&n,&m);
	C[0][0] = 1;
	for(int i=1; i<=n * n; i++){
		C[i][0] = 1;
		for(int j=1; j<=i; j++){
			C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1]) % MOD;
		}
	}
	f[0][0][0] = 1;
	for(int i=0; i<n; i++){
		for(int j=0; i + j < n; j++){
			for(int k=0; k<=m; k++){
				for(int x=0; x<=i; x++)	
					if(k + x <= m)	f[i+1][j][k+x] = (f[i+1][j][k+x] + f[i][j][k] * C[i][x])%MOD;
				for(int x=0; x<=j; x++)	
					if(k + i + x <= m)	f[i][j+1][k+i+x] = (f[i][j+1][k+i+x] + f[i][j][k] * C[j][x])%MOD;
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i=0; i<=n; i++)	ans = (ans + f[i][n-i][m])%MOD;
	ans = (ans - C[n * (n-1) / 2][m] + MOD)%MOD;   //最后的 -1 产生的贡献 
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}