20240708比赛总结
T1 分糖果
https://gxyzoj.com/d/hzoj/p/3752
因为是三的倍数，所以按余数分为三种情况，分别是：3个0,3个1，3个2，012
显然，当012的组数超过2时，就会出现3组相同余数的，所以枚举012的组数即可
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,a[100005],cnt[3],b[3][100005],ans,p;
int main()
{
// freopen("data19.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
a[i]%=3;
b[a[i]][++cnt[a[i]]]=i;
}
ans=0;
for(int i=0;i<3;i++)
{
int x=cnt[0]-i,y=cnt[1]-i,z=cnt[2]-i;
int tmp=x/3+y/3+z/3+i;
if(tmp>ans)
{
ans=tmp,p=i;
}
}
printf("%d\n",ans);
for(int i=0;i<3;i++)
{
for(int j=cnt[i]-2;j>p;j-=3)
{
printf("%d %d %d\n",b[i][j+2],b[i][j+1],b[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=p;i++)
{
printf("%d %d %d\n",b[0][i],b[1][i],b[2][i]);
}
return 0;
}
T2 乒乓球
https://gxyzoj.com/d/hzoj/p/3753
如果两个人的比分相等且大于11，那与11:11等价
如果两个人的比分相差1且大于11，那与11:10等价
所以可以循环枚举每一个周期，记录在这个周期结束时的两人的比分，如果重复出现，则找到了大周期
在这个过程中，可以记录每个人赢的次数
此时，可以直接算出在n个球中属于大循环的所有球的胜负情况，剩余暴力枚举即可
代码：
#include<cstdio>
#include<string>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,sa[15][15],sb[15][15],t[15][15],k;
string s;
ll a=0,b=0,cnta=0,cntb=0;
int main()
{
// freopen("data06.in","r",stdin);
scanf("%lld%lld",&n,&k);
cin>>s;
for(int i=0;i<12;i++)
{
for(int j=0;j<12;j++)
{
sa[i][j]=sb[i][j]=t[i][j]=-1;
}
}
sa[0][0]=sb[0][0]=t[0][0]=0;
ll tmp=0;
while(tmp*k<=n)
{
for(int i=1;i<=k;i++)
{
if(s[i-1]=='A') a++;
else b++;
if(a>=11&&a-b>=2)
{
cnta++,a=b=0;
}
if(b>=11&&b-a>=2)
{
cntb++,a=b=0;
}
if(a==b&&a>=11) a=b=11;
if(a>=11&&a-b==1) a=11,b=10;
if(b>=11&&b-a==1) a=10,b=11;
}
tmp++;
if(t[a][b]!=-1) break;
t[a][b]=tmp,sa[a][b]=cnta,sb[a][b]=cntb;
// printf("%d %d %d %d\n",a,b,cnta,cntb);
}
ll tim=(tmp-t[a][b])*k,A=cnta-sa[a][b],B=cntb-sb[a][b];
if(tim)
{
ll tmp1=(n-t[a][b]*k)/tim;
A=A*tmp1+sa[a][b],B=B*tmp1+sb[a][b];
tmp=n-t[a][b]*k-tim*tmp1;
tmp=n-tmp;
}
else tmp=0;
// printf("%lld ",tmp);
for(ll i=tmp;i<n;i++)
{
int p=i%k;
if(s[p]=='A') a++;
else b++;
if(a>=11&&a-b>=2)
{
A++,a=b=0;
}
if(b>=11&&b-a>=2)
{
B++,a=b=0;
}
if(a==b&&a>11) a=b=11;
}
printf("%lld:%lld",A,B);
return 0;
}
T3 与或
https://gxyzoj.com/d/hzoj/p/3754
显然，将所有的&放在最前面值最优的，但是要求字典序最小，所以考虑先算出理论最大值，然后进行枚举
假如当前放|不会影响结果，就放，但是如何check
显然，直接枚举会T，考虑前缀和，通过记录每一位上1的个数，从而得到最终结果
代码:
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
int n,k;
ll sum[200001][61],cnt[65],a[200005];
ll check(int st,ll now,int k1)
{
if(st<=n-k1)
{
for(int i=0;i<60;i++) cnt[i]=0;
for(int i=0;i<60;i++) cnt[i]=sum[n-k1][i]-sum[st-1][i];
for(int i=0;i<60;i++)
{
if(cnt[i]!=n-k1-st+1&&((now>>i)&1))
{
now^=(1ll<<i);
}
}
}
if(n-k1+1<=n)
{
for(int i=0;i<60;i++) cnt[i]=0;
for(int i=0;i<60;i++) cnt[i]=sum[n][i]-sum[n-k1][i];
for(int i=0;i<60;i++)
{
if(cnt[i])
{
now|=(1ll<<i);
}
}
}
return now;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
for(int j=0;j<60;j++)
{
sum[i][j]=sum[i-1][j];
if((a[i]>>j)&1) sum[i][j]++;
}
}
ll ans=check(2,a[1],k);
printf("%lld\n",ans);
ll nowk=k,tmp=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
// printf("%d\n",check(i+1,a[i]|tmp,nowk-1));
if(nowk>0&&check(i+1,a[i]|tmp,nowk-1)==ans)
{
printf("|");
tmp=(a[i]|tmp);
nowk--;
}
else
{
printf("&");
tmp=(a[i]&tmp);
}
}
return 0;
}
T4 跳舞
设\(p_{i,j}\)表示区间i，j能否全部离开
可以枚举在这个区间剩下的那一个数，如果它的左边和右边都能清空，而且当前的数和左右两边的数的公约数不为1，那么显然可以
接下来考虑如何统计答案，设\(dp_i\)表示留下i的最大可删去的数量
如果[j,i]能清空，就可以从j转移，即：\(dp_i=min(dp_i,dp_j+i-j-1)\)
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0) return a;
else return gcd(b,a%b);
}
int n,a[505],dp[505];
bool vis[505][505],p[505][505];
int main()
{
scanf("%d",&n);
p[1][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
p[i+1][i]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(gcd(a[i],a[j])>1)
{
vis[i][j]=1;
}
}
}
for(int len=1;len<=n;len++)
{
for(int i=1;i+len-1<=n;i++)
{
int j=i+len-1;
for(int k=i;k<=j;k++)
{
p[i][j]|=(p[i][k-1]&p[k+1][j]&(vis[k][j+1]|vis[k][i-1]));
}
// printf("%d %d %d\n",i,j,p[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
for(int j=1;j<i;j++)
{
if(p[j+1][i-1])
{
dp[i]=max(dp[i],dp[j]+i-j-1);
}
}
}
printf("%d",dp[n+1]);
return 0;
}
T5 音乐播放器
https://gxyzoj.com/d/hzoj/p/3756
考虑到，对于一个集合10101来说，它出现的概率根本不需要dp来计算，直接可以等价成这样一个数学模型：
有5个元素需要排列前3个包含135的情况数，显然概率就是\(\dfrac{3!}{A_5^3}\)
所以，当集合中元素个数相同时，出现的概率也相同
所以可以直接背包，求能构成哪些值
但是如果暴力背包的话，就要做n次，显然会T，所以可以在求一个点的答案时先将它暂时删去
代码：
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
int n,a[105],mod=998244353,s;
ll dp[105][20005],fac[105],inv[105];
void ins(int i)
{
for(int j=n-1;j>=0;j--)
{
for(int k=0;k<s-a[i];k++)
{
dp[j+1][k+a[i]]=(dp[j+1][k+a[i]]+dp[j][k])%mod;
}
}
}
void del(int i)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
for(int k=0;k<s-a[i];k++)
{
dp[j+1][k+a[i]]=(dp[j+1][k+a[i]]-dp[j][k]+mod)%mod;
}
}
}
ll qpow(ll x,int y)
{
ll res=1;
while(y)
{
if(y&1) res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&s);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) ins(i);
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*(n-i+1)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=qpow(inv[i],mod-2);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
del(i);
ll res=0;
for(int j=0;j<n;j++)
{
for(int k=s-a[i];k<s;k++)
{
ll tmp=dp[j][k]*fac[j]%mod*inv[j+1]%mod;
res=(res+tmp)%mod;
}
}
ins(i);
printf("%d ",res);
}
return 0;
}
