Educational Codeforces Round 64（ECR64）
Educational Codeforces Round 64
CodeForces 1156A
题意:1代表圆，2代表正三角形，3代表正方形。给一个只含1,2,3的数列a，ai+1内接在ai内，求总共有多少个交点。
交了好多遍才过。分类讨论一下内接的情况，然后注意到当正方形内接圆形再内接三角形时会有一个点重复，减去即可。
code
#include<cstdio>
int n,fig[105],ans,flag,haha[5][5];
int main()
{
scanf("%d",&n);
haha[1][2]=3;haha[1][3]=4;
haha[2][1]=3;haha[2][3]=999999;
haha[3][1]=4;haha[3][2]=999999;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&fig[i]);
ans+=haha[fig[i-1]][fig[i]];
if(fig[i]==2&&fig[i-1]==1&&fig[i-2]==3)ans--;
if(ans>=999999)
{
printf("Infinite\n");
return 0;
}
}
printf("Finite\n");
printf("%d",ans);
}
CodeForces 1156B
题意：给一个字符串，要求重新排列后不能有字母表中相邻的字母被放在一起（如“ab”与“ba”就不合法）。若可以做到就输出字符串，反之输出“No answer”。
相同的字母可以缩成一个。发现只有当给的字母是两个或三个相邻的字母时是无法做到的（“ab”，“abc”），特判处理。对所有的字母排序后就可以乱搞了。
当总共有奇数个字母时，将a(1+n)/2拿出来放到答案中的第一个，剩下的就按a1，an，a2，an-1......这样来排。
（总共有3个字母时可能第一个或最后一个与中间的那个相邻，特判处理一下）
当总共有偶数个字母时，将a(1+n)/2+1放到答案中的第一个，a1放到答案中的第二个，an放到答案的第三个，a(1+n)/2放到答案的第四个，剩下的就按an-1,a2,an-2,a3....这样来排。
（一开始还想用哈密顿回路来做）
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T,cha[26],tot,tim[26],ans[26];
char ch[105];
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%s",ch+1);
int len=strlen(ch+1);
for(int i=1;i<=len;i++)
{
if(!tim[ch[i]-'a'])
cha[++tot]=ch[i]-'a';
tim[ch[i]-'a']++;
}
sort(cha+1,cha+1+tot);
if((tot==3&&cha[1]+1==cha[2]&&cha[2]+1==cha[3])||(tot==2&&cha[1]+1==cha[2]))
printf("No answer\n");
else
{
if(tot%2==0)
{
int mid1=tot/2,mid2=mid1+1;
ans[1]=cha[mid2];ans[2]=cha[1];
ans[3]=cha[tot];ans[4]=cha[mid1];
int l=4;
for(int i=2;i<mid1;i++)
ans[++l]=cha[tot-i+1],ans[++l]=cha[i];
}
else
{
ans[1]=cha[tot/2+1];
if(tot!=3||(tot==3&&cha[1]+1!=cha[2]&&cha[2]+1!=cha[3]))
for(int i=1;i<=tot/2;i++)
ans[i*2]=cha[i],ans[i*2+1]=cha[tot-i+1];
else
{
if(cha[1]+1==cha[2])
ans[2]=cha[3],ans[3]=cha[1];
else
ans[2]=cha[1],ans[3]=cha[3];
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++)
for(int j=1;j<=tim[ans[i]];j++)
printf("%c",ans[i]+'a');
printf("\n");
}
memset(cha,0,sizeof cha);tot=0;
memset(ch,0,sizeof ch);
memset(tim,0,sizeof tim);
}
return 0;
}
CodeForces 1156C
题意：给一串数列a与数字z，若|ai-aj|>=z，则ai与aj可以匹配。一个数只能匹配一次，求最大匹配数。
本能地给数列排序后，发现新数列有这样一个性质：若有两个匹配之间跨越范围不相交，那么我们可以让它们变成相交的，这样不会影响它们对答案的贡献。但这个性质反过来不一定成立，所以我们匹配时最好让它们相交。
把数列的中点取出，把中点右边的点当做匹配的右端点，左边的当做左端点，依次匹配就好了。这样做可以让所有匹配跨越范围都经过中点，即在中点相交。
论证一下严谨性。如果有一边的点能形成不过中点的匹配，那么它肯定能通过另一边的某个点变为过中点的匹配（因为取的是中点，两边点的个数最多相差1，所以另一边肯定存在一个点能保证形成新的匹配）。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,z,num[200005],ans,vis[200005];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&z);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&num[i]);
sort(num+1,num+1+n);
for(int i=(1+n)/2+1,j=1;i<=n;i++)
{
while(vis[j])j++;
if(!vis[i]&&!vis[j]&&num[i]-num[j]>=z)
vis[i]=vis[j]=1,ans++,j++;
}
printf("%d\n",ans);
}
CodeForces 1156D
题意：给一棵树，边的权值只有0和1。数对（x，y）,x到y的路径上经过权值为0的边后就再也没有经过权值为1的边，求满足条件的数对的个数。
用并查集求出所有边权只含0和1的连通块，设每个连通块的点的个数为siz。然后分类讨论，只含权值为1或0的边的路径，则每个连通块的贡献为siz*(siz-1)。含权值为0和权值为1的边的路径，枚举路径上01转变的点，找到包含它的只含0的连通块i与只含1的连通块j，产生的贡献为(sizi-1)*(sizj-1)。
（不需要担心两个联通块还有其它公共点，因为这是棵树）
看到zzwy大佬还有一种巧妙的算法，直接枚举1.0转变的点，找到包含它的只含0的连通块i与只含1的连通块j，产生的贡献为sizi*sizj-1，这样还同时枚举了边权只含0或1的情况，减去1是去掉自己到自己。
code
#include<cstdio>
int ori[200005][5],n,tim[200005][2];
long long ans=0;
int find(int x,int k){return !ori[x][k]?x:ori[x][k]=find(ori[x][k],k);}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1,a,b,c;i<=n-1;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
int t1=find(a,c),t2=find(b,c);
if(t1!=t2)
ori[t1][c]=t2;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
tim[find(i,1)][1]++,tim[find(i,0)][0]++;
for(int i=1;i<=n;i++)
ans+=1ll*(tim[find(i,1)][1])*(tim[find(i,0)][0])-1;
printf("%lld\n",ans);
}
CodeForces 1156E
题意：给一个数列p，求所有的数对（l，r）的个数，满足pl+pr=maxri=lpi。
这题抄的题解和代码：
对于每个数a，我们可以用单调队列求出它左边第一个和右边第一个比它大的数al与ar，那么中间的这段区间（l,r）它就是最大值，之后就暴力枚举就好了。通过类似启发式合并的思想（反正我还没学）可以证明复杂度为nlogn。
code
#include<cstdio>
#define maxn 200005
int q[maxn],be=1,en,n,p[maxn],pos[maxn],L[maxn],R[maxn];
long long ans;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&p[i]),pos[p[i]]=i;p[n+1]=200005;p[0]=200005;
for(int i=0;i<=n+1;i++)
{for(;be<=en&&p[q[en]]<p[i];en--);L[i]=q[en];q[++en]=i;}
for(int i=n+1;i>=0;i--)
{for(;be<=en&&p[q[en]]<p[i];en--);R[i]=q[en];q[++en]=i;}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i-L[i]<R[i]-i)
for(int j=L[i]+1;j<i;j++)
{ if(R[i]>pos[p[i]-p[j]]&&pos[p[i]-p[j]]>i)ans++;}
else
for(int j=R[i]-1;i<j;j--)
{ if(L[i]<pos[p[i]-p[j]]&&pos[p[i]-p[j]]<i)ans++;}
}
printf("%I64d\n",ans);
}
CodeForces 1156F
题意：给一堆牌，随便拿，若这次的值小于上次则失败，等于上次的值则成功，大于上次的值则继续游戏，求胜利的期望值。
第一道自己写的概率dpQAQ
首先对于任何一个不失败的状态，摸到牌形成的序列应该是不下降的，所以先排个序。我们可以假设dp[i][j]表示第i张牌摸到了值为j的牌且游戏未结束的期望值。因为序列不下降且游戏尚未结束，那么值为j的牌就只用了一张。则dp[i][j]可以由dp[i+1][k](k>j)转移过来。首先，先预处理出每个数字的个数cnt，然后就可以进行转移了。dp[i][j]的期望值应该是 (cntj-1)/n-i 加上(∑dp[i+1][k])/(n-i)（k>j）,即下一次抽到j的期望值加上之后获胜的期望值，再用前缀和优化一下就好了。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 5005
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,a[maxn],inv[maxn],num[maxn],cnt[maxn],f[maxn][maxn],flag=1;
int main()
{
scanf("%d",&n);
inv[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;cnt[a[i]]++,i++)
if(!cnt[a[i]])num[++num[0]]=a[i];
sort(num+1,num+1+num[0]);
for(int i=n;i>=1;i--)
{
long long sum=0;
for(int k=1;k<=num[0];k++)
sum=(sum+1ll*f[flag^1][k]*cnt[num[k]]%mod*inv[n-i]%mod)%mod;
for(int j=1;j<=num[0];j++)
{
sum=(sum-1ll*f[flag^1][j]*cnt[num[j]]%mod*inv[n-i]%mod+mod)%mod;
f[flag][j]=(1ll*(cnt[num[j]]-1)*inv[n-i]%mod+sum)%mod;
}
flag^=1;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=num[0];i++)
ans=(ans+1ll*f[flag^1][i]*cnt[num[i]]%mod*inv[n]%mod)%mod;
printf("%d\n",ans);
}
CodeForces 1156G
恕在下不肖，真的不会。
