Educational Codeforces Round 143 (Rated for Div. 2)（A，C,D)

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Educational Codeforces Round 143 (Rated for Div. 2)（A，C,D)

好久没有写题了，这次 $v p$ 竟然连 $v s$ 都不会用了，O(∩_∩)O

A

这个也是差一点了，还有一个情况我的解法是没有输出的，果然手生了，题目还蛮好理解的

#include <iostream>
#include <string>
#include <map>
#include <algorithm>
using namespace std;
int t,n,m;
string s,ss;
map<char,int>is;
void solve()
{
    cin>>n>>m;
    cin>>s>>ss;
    reverse(ss.begin(),ss.end());
    s=s+ss;
    int len=s.size();
    for (int i=1;i<len;i++)
    {
        if (s[i]!=s[i-1]) continue;
        for (int j=i+1;j<len;j++)
        {
            if (s[j]==s[j-1]) 
            {
                cout<<"NO\n";
                return ;
            }
        }
        cout<<"YES\n";
        return ;
    }
    cout<<"YES\n";//这个一开始没有写，大意了
    return ;
}
int main ()
{
    cin>>t;
    is['R']=1;
    is['B']=0;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}

C

由于第一道题花了太多的时间，让本来不聪明的我雪上加霜，不过大致的框架什么的已经出来了

这个题大意就是有 $n$ 杯茶，还有 $n$ 个人，每个人最多可以喝 $b^{i}$ 毫升茶，杯子里有 $a^{i}$ 毫升茶，然后每一个在喝了 $i$ 杯茶后，又会再去和 $i - 1$ 杯茶，每个人喝的时间是一样的，大致就是在第一轮是，每一个 $i$ 都在喝第 $i$ 杯茶，在第二轮是，每一个 $i$ 都在喝第 $i - 1$ 杯茶，问我们每个人可以喝到多少毫升茶

考虑到 $n$ 比较大，所以我们不可以一个一个暴力

然后我就想到了对于每一杯茶，如果不考虑那个人喝不喝得到，对于第 $i$ 杯茶， $i, i + 1, i + 3. . . . . . . n$ 这些人都可以喝到这个杯子里面的茶

然后我们就可以考虑到从 $i$ 到 $l e n$ 这一个部分的人都是可以喝到自己的最大量 $b^{j}$ ，然后后面还可能会有一个人喝不满，那么我们就让那个人喝下最后剩下的

但是呢，每一个人的 $b$ 都不一样，一个一个加是不现实的，所以我们只需要统计每个人喝足量的数量，然后我们还需要开一个数组，是那个人没有喝到足量的茶的时候的喝的量

对于每一杯茶，喝足量的人每次都是连续的，所以我们可以用到差分前缀的思想

当然我们还需要利用二分来寻找 $l e n$ 的位置

还要注意使用 $v e c t o r$ 的 $u p p e r b o u n d$ 时 $v e c t o r$ 里面的每一个都要有一个具体的数，并且是有序的，比如这个我把 $v e c o r$ 开到了 $n + 10$ 的空间，但是里面最后只有 $n$ 个数，所以就用不了，所以这一点要注意

#include <iostream>
#include <string>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
#define int long long 
const int maxn=2e5+10;
int t,n,k;
vector<int>a,b,ans,x;
//int sum[maxn];
vector<int>sum;
void solve()
{
   cin>>n;
   x=ans=a=b=vector<int>(n+10,0);
   for (int i=1;i<=n;i++)
   {
    cin>>a[i];
   }
   sum=vector<int>(n+1);
   sum[0]=0;
   for (int i=1;i<=n;i++)
   {
    cin>>b[i];
    sum[i]=sum[i-1]+b[i];
   }
   for (int i=1;i<=n;i++)
   {
    int now=a[i]+sum[i-1];
    int len=upper_bound(sum.begin(),sum.end(),now)-sum.begin();
    // cout<<now<<" ";
    // cout<<len<<" "<<sum[len]<<" \n";
    if (sum[len]>=now&&len>=i)
    {
        if (len==i)
        {
            x[i]+=a[i];
        }
        else 
        {
            ans[i]++;
            ans[len]--;
            x[len]+=min(b[len],now-sum[len-1]);
        }
    }
    else 
    {
        ans[i]++;
        ans[n+1]--;
    }
   }
   for (int i=1;i<=n;i++)
   {
    ans[i]=ans[i-1]+ans[i];
   }
   for (int i=1;i<=n;i++)
   {
    ans[i]*=b[i];
    ans[i]+=x[i];
    cout<<ans[i]<<" ";
   }
   cout<<'\n';
    return ;
}
signed main ()
{
    cin>>t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}

D

这个题大意就是有 $n$ 个点，每三个点可以构成一个三角形，然后我们需要把这个三角形染色，总共有两种颜色，但是有一个要求就是这三个点必须染色必须有两个相同的，一个不同的，并且，最后两种颜色染色的点的数量都一样。

然后对于两个不同色的点之间的权值我们会加到 $W$ 里面，（ $W$ 是所以可得的权值之和的最大的那一个条件），问得到这个 $w$ 可以有多少种方案

对于这些条件，我们知道每一个三角形都一定会有两个边是可以选择的，所以在不考虑颜色的情况下，三点之间的选择也有不同的数量

如果三个点都是一样的，那么会有 $3$ 种选择，这个情况有 $c n t 1$ 个

如果最大点只有一个，次大点有两个，除了最大的那个点是确定的，次大点有两个选择，即会有 $2$ 种选择，有 $c n t 2$ 个

那个这个分配方案个数为 $3^{c n t 1} * 2^{c n t 1}$

然后我们考虑颜色的分配，例如，对于一个三角形的颜色是 $a, a, b$ ,那么另外一个三角形一定是 $b, b, a$ ，所以总共有 $n / 6$ 个选择，总共有 $n / 3$ 个三角形，所以这就是一个组合数 $(\begin{matrix} n / 6 \\ n / 3 \end{matrix})$

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
#define int long long 
int mod=998244353;
int t,n,w[maxn];
int f[maxn],invf[maxn];
int ksm(int x,int p)
{
    int res=1;
    while (p)
    {
        if (p&1)
        {
            res=(res*x)%mod;
        }
        x=(x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return res%mod;
}
void init(int mx)
{
    f[0]=f[1]=1;
    for (int i=2;i<=mx;i++)
    {
        f[i]=f[i-1]*i%mod;
    }
    invf[mx]=ksm(f[mx],mod-2);
    for (int i=mx-1;i>=0;i--)
    {
        invf[i]=1ll*invf[i+1]*(i+1ll)%mod;
    }
    return ;
}
int C(int n,int m)
{
    if (n==m&&m==-1) return 1;
    if (n<0||m<0) return 0;
    return f[n]*invf[n-m]%mod*invf[m]%mod;
}
void solve()
{
    cin>>n;
    init(n/3+6);
    int cnt1=0,cnt2=0;
    for (int i=1;i<=n/3;i++)
    {
        for (int j=1;j<=3;j++)
        {
            cin>>w[j];
        }
        if (w[1]==w[2]&&w[2]==w[3])
        {
            cnt1++;
        }
        else 
        {
            sort(w+1,w+4);
            if (w[2]==w[1]) cnt2++;
        }
    }
    //cout<<cnt1<<" "<<cnt2<<" ";
    int ans=ksm(3,cnt1)*ksm(2,cnt2)%mod;
    //cout<<ans<<" ";
    //cout<<C(n/3,n/6)<<" ";
    ans=(ans*C(n/3,n/6))%mod;
    cout<<ans<<'\n';
    return ;
}
signed main ()
{
    t=1;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    system ("pause");
    return 0;
}

posted @ 2023-02-28 21:03 righting 阅读(20) 评论(0) 编辑收藏举报

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