AtCoder Regular Contest 170 A-C

A - Yet Another AB Problem

贪心。

定义下标$i$满足$S[i]=B,T[i]=A$为$BA$型，$S[i]=B,T[i]=A$为$AB$型，$AA$型、$BB$型同理。

对所有$BA$型的下标$i$去匹配其右侧的第一个$AB$型的下标$j$，匹配成功则对下标$i$和$j$进行操作，若无法匹配，则对剩余的$BA$型下标$i$去匹配其右侧的$BB$型下标$j$和对剩余的$AB$型下标$i$去匹配其左侧的$AA$型下标$j$，匹配成功则对下标$i$和$j$进行操作，若无法匹配则输出$-1$，能完成匹配则输出操作数。

时间复杂度：$O(nlogn)$，用$vector$替代$set$可优化至$O(n)$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)

int main()
{
    cctie;
    
    int n; cin >> n;
    string S, T; cin >> S >> T;
    set<int> atob, btoa;
    for (int i = 0; i < n; i++) 
    {
        if (S[i] == T[i]) continue;
        if (S[i] == 'B' && T[i] == 'A') btoa.insert(i);
        else atob.insert(i);
    }
    int ans = 0;
    while (!btoa.empty() && !atob.empty() && *btoa.begin() < *(--atob.end()))
    {
        int k = *btoa.begin();
        auto ita = atob.upper_bound(k);
        int t = *ita;
        S[k] = 'A', S[t] = 'B';
        btoa.erase(k);
        atob.erase(t);
        ans++;
    }
    if (!atob.empty())
    {
        int k = n;
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            if (S[i] == T[i] && S[i] == 'A')
            {
                k = i;
                break;
            }
        }
        if (k < *atob.begin()) ans += atob.size();
        else ans = -1;
    }

    if (ans != -1 && !btoa.empty())
    {
        int k = -1;
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
        {
            if (S[i] == T[i] && S[i] == 'B')
            {
                k = i;
                break;
            }
        }
        if (k > *(--btoa.end())) ans += btoa.size();
        else ans = -1;
    }

    cout << ans << '\n';
    
    return 0;
}

B - Arithmetic Progression Subsequence

枚举、二分。

记符合题目要求的区间为符合区间。

当$[l,r]$为符合区间时，所有区间$[x,y],1\le x\le l,r\le y\le n$必然也是符合区间，考虑对每一个下标$i,1\le i\le n$求出所有以$i$为左端点的符合区间的最小右端点$r$，则以$i$为左端点的非符合区间数为$r[i]-i$。由于数组中每个数$\in [1,10]$，可以枚举所有三元组$i,j,p$，满足相邻两数差值相等即$j-i=p-j=k$，然后用二分更新所有对应值为$i$的下标的最小右端点$r$。答案即为$\frac{(n+1)n}{2}-\sum _{i=1}^n(r[i]-i)$。

时间复杂度：$O(nlogn)$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long 
#define all(x) x.begin(), x.end()

int main()
{
    cctie;
    
    int n; cin >> n;
    vector<int> b(n + 1);
    vector a(11, vector<int>(0));
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> b[i];
        a[b[i]].push_back(i);
    }
    vector<int> r(n + 2, n + 1);
    for (int k = 1; k <= 4; k++)
    {
        for (int i = 1; i + 2 * k <= 10; i++)
        {
            int j = i + k;
            int p = j + k;
            for (auto ii : a[i])
            {
                auto jj = upper_bound(all(a[j]), ii);
                if (jj == a[j].end()) break;
                auto pp = upper_bound(all(a[p]), *jj);
                if (pp == a[p].end()) break;
                r[ii] = min(r[ii], *pp);
            }
            for (auto pp : a[p])
            {
                auto jj = upper_bound(all(a[j]), pp);
                if (jj == a[j].end()) break;
                auto ii = upper_bound(all(a[i]), *jj);
                if (ii == a[i].end()) break;
                r[pp] = min(r[pp], *ii);
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= 10; i++)
        for (int j = 2; j < a[i].size(); j++)
            r[a[i][j - 2]] = min(r[a[i][j - 2]], a[i][j]);
    i64 ans = 1LL * (1 + n) * n / 2;
    for (int i = n; i >= 1; i--) 
    {
        r[i] = min(r[i], r[i + 1]);
        ans -= r[i] - i;
    }
    cout << ans << '\n';

    return 0;
}

C - Prefix Mex Sequence

动态规划。

记符合题目要求的序列为符合序列。

$dp[i][j]$表示由前$i$个数组成的序列中值的种类数为$j$的符合序列数。

当$S[i]=1$时，第$i$个数只能选择前$i-1$个数的$mex$，为新的数，种类数加一；

当$S[i]=0$时，第$i$个数可以选择除了前$i-1$个数的$mex$的所有$\in [1,m]$的数，若选择前$i-1$个数中出现过的数，则有$j$种选择，若选择剩余的数，则有$m+1-j$种选择。

状态转移方程如下：

若$S[i]=1$，则$dp[i][j]=dp[i-1][j-1]$；

若$S[i]=0$，则$dp[i][j]=dp[i-1][j]\ast j+dp[i-1][j-1]\ast (m+1-j)$。

可以合成一个方程：$dp[i][j]=(1-S[i])\ast dp[i-1][j]\ast j+dp[i-1][j-1]\ast (1+(1-S[i])\ast (m-j))$。

答案即为$\sum _{j=1}^{min(m+1,n)}dp[n][j]$。

时间复杂度：$O(nmin(n,m))$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long 

const int N = 5010, mod = 998244353;

int n, m;
int S[N];
i64 dp[N][N];

int main()
{
    cctie;
    
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> S[i];
    dp[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= min(m + 1, i); j++)
            dp[i][j] = ((1 - S[i]) * dp[i - 1][j] * j + dp[i - 1][j - 1] * (1 + (1 - S[i]) * (m - j))) % mod;
    i64 ans = 0;
    for (int j = 1; j <= min(m + 1, n); j++) ans += dp[n][j];
    cout << ans % mod << '\n';

    return 0;
}