AtCoder Grand Contest 021题解
\(A\)
咕咕
ll n,res;bool fl;
int main(){
scanf("%lld",&n),fl=1;
while(n>9)res+=9,fl&=(n%10==9),n/=10;
printf("%lld\n",res+n-1+fl);
return 0;
}
\(B\)
只有凸包上的点有贡献，且把以这个点为端点的两条凸包上的线的中垂线画出来，它的概率就是两条中垂线的夹角除以\(2\pi\)
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=105;const double Pi=acos(-1.0);
struct pt{
int x,y;double ang;
inline pt(){}
inline pt(R int xx,R int yy):x(xx),y(yy){}
inline pt operator -(const pt &b)const{return pt(x-b.x,y-b.y);}
inline void calc(){ang=atan2(y,x);}
}p[N],st[N];
double ans[N],pw;int n;
void solve(R int id){
R int top=0;
fp(i,1,n)if(i!=id)st[++top]=p[i]-p[id],st[top].calc();
sort(st+1,st+1+top,[](const pt &a,const pt &b){return a.ang<b.ang;});
R double mx=0;
st[top+1].ang=st[1].ang+2*Pi;
fp(i,1,top)cmax(mx,st[i+1].ang-st[i].ang);
if(mx<=Pi)return;
ans[id]=mx-Pi;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
if(n==2)return printf("0.5\n0.5\n"),0;
fp(i,1,n)scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
fp(i,1,n)solve(i);
pw=1.0/(2*Pi);
fp(i,1,n)printf("%.10lf\n",ans[i]*pw);
return 0;
}
\(C\)
直接划分成若干个\(2\times 2\)的格子填，然后如果多出来一行或者一列，那么就优先把这一行一列给填满
不过有一个边界情况，比方说\(3\times 3\)一共填\(2\)个<>和\(2\)个^v，那么可以是
<>^
^*v
v<>
所以这意味着我们填多余行列的时候要尽量往右上填
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=1005;
char s[N][N];int n,m,a,b,c,d;
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b),c=n,d=m;
if(n*m<(a+b)*2)return puts("NO"),0;
fp(i,1,n)fp(j,1,m)s[i][j]='.';
if(m&1){
R int p=1;
while(b&&p+1<=n){
s[p][m]='^',s[p+1][m]='v';
p+=2,--b;
}
--m;
}
if(n&1){
R int p=d;
while(a&&p-1>=1){
s[n][p]='>',s[n][p-1]='<';
p-=2,--a;
}
--n;
}
R int rem=n*m;
for(R int i=1;i<=n;i+=2)for(R int j=m-1;j>=1;j-=2){
if(a>=2){
a-=2,rem-=4;
s[i][j]=s[i+1][j]='<',
s[i][j+1]=s[i+1][j+1]='>';
}else if(b>=2){
b-=2,rem-=4;
s[i][j]=s[i][j+1]='^',
s[i+1][j]=s[i+1][j+1]='v';
}
}
if(!a||!b||rem>=8){
for(R int i=1;i<=n;i+=2)for(R int j=m-1;j>=1;j-=2)
if(s[i][j]=='.'){
if(a)--a,s[i][j]='<',s[i][j+1]='>';
else if(b)--b,s[i][j]='^',s[i+1][j]='v';
}
}else if(rem>=4){
if(a==1&&b==1&&(c&1)&&(d&1)){
--a,--b;
s[n-1][1]='<',s[n-1][2]='>',
s[n][1]='^',s[n+1][1]='v';
}
}
if(a||b)return puts("NO"),0;
puts("YES");
fp(i,1,c){
fp(j,1,d)putchar(s[i][j]);
putchar('\n');
}
return 0;
}
\(D\)
等价于求最长回文子序列，设\(f[l][r][k]\)表示考虑到\([l,r]\)这个区间，还剩\(k\)次可以操作，直接记搜转移即可
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=305;
char s[N];int f[N][N][N],n,k;
inline int max(R int x,R int y){return x>y?x:y;}
int dfs(int l,int r,int k){
if(r<=l)return r-l+1;
if(~f[l][r][k])return f[l][r][k];
R int res=max(dfs(l+1,r,k),dfs(l,r-1,k));
if(s[l]==s[r])cmax(res,dfs(l+1,r-1,k)+2);
if(s[l]!=s[r]&&k)cmax(res,dfs(l+1,r-1,k-1)+2);
return f[l][r][k]=res;
}
int main(){
scanf("%s%d",s+1,&k),n=strlen(s+1);
memset(f,-1,sizeof(f));
printf("%d\n",dfs(1,n,k));
return 0;
}
\(E\)
首先显然得满足红球个数大于等于蓝球且红球个数大于等于\(n\)
我们枚举放红球的个数\(a\)和蓝球的个数\(b\)，考虑喂史莱姆的最优策略，将史莱姆编号为\(1\)到\(n\)，对于红球，如果在\(1\)到\(n-1\)中有史莱姆没喂到过红球，那么随便选一个喂，对于蓝球，如果在\(1\)到\(n-1\)中有一个喂过红球且没喂过蓝球，那么就喂它。对于其它的球全部扔给\(n\)号史莱姆。不难发现这样一定是最优的
那么来考虑什么样的序列合法，记红球为\(1\)，蓝球为\(-1\)，设\(t=a-(n-1)\)，也就是喂给\(n\)的红球个数。如果\(t>b\)，那么任何序列都合法。否则，序列合法当且仅当任意一个前缀和\(\geq -(t-1)\)（也就意味着\(n\)号史莱姆吃的蓝球-红球个数永远不能大于等于\(t\)，否则就\(gg\)了），序列个数类似于卡特兰数一样算一下就行了
记得特判一下\(a=b\)的情况，此时整个序列的最后一个必然是蓝球，所以我们只需要考虑前\(k-1\)个数就行了（因为没有特判调了一个下午）
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
const int N=1e6+5;
int fac[N],ifac[N],n,k,res;
inline int C(R int n,R int m){return m<0||m>n?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
inline int calc(R int n,R int m,R int k){return dec(C(n+m,n),C(n+m,n+1-k));}
void init(int n=1e6){
fac[0]=ifac[0]=1;fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n]=ksm(fac[n],P-2);fd(i,n-1,1)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&k);
if(k<n)return puts("0"),0;
init();
for(R int a=max((k+1)>>1,n),b;a<=k;++a){
b=k-a;
R int t=min(a-(n-1),b);
if(a-(n-1)==t)--t;
upd(res,calc(a,b-(a==b),-t));
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
\(F\)
被\(jz\)姐姐好生教育了一番
首先考虑\(dp\)，设\(f[i][j]\)表示考虑完了\(i\)行\(j\)列，且这\(i\)行全都不为空的方案数，转移的时候枚举\(k\)，表示本行第一个数在第\(j+1\)列的行数，如果\(k=0\)，那么系数乘上\({i(i+1)\over 2}+1\)（前\(i\)行随便选，考虑这一列的黑格子最大最小值的方案数），如果\(k>0\)，那么系数就是\({i+k+2\choose k+2}\)（这\(k\)行可以和前\(i\)行交换顺序，然后还有两个本列的黑格子最大最小值的名额，那么把这两个名额当做插板加进去算组合数）。这样我们就得到了一个\(O(n^2m)\)的\(dp\)
发现转移过程中所有系数都只和\(i\)有关，且相当于每一次从\(j\)转移到\(j+1\)，那么\(NTT\)优化就行了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
const int N=(1<<14)+5,M=205;
int r[N],rt[2][N<<1],lim,d,ilim;
void NTT(int *A,int ty){
fp(i,0,lim-1)if(i<r[i])swap(A[i],A[r[i]]);
for(R int mid=1;mid<lim;mid<<=1)
for(R int j=0,t;j<lim;j+=(mid<<1))
fp(k,0,mid-1)
A[j+k+mid]=dec(A[j+k],t=mul(rt[ty][mid+k],A[j+k+mid])),
A[j+k]=add(A[j+k],t);
if(!ty)fp(i,0,lim-1)A[i]=mul(A[i],ilim);
}
int coef[N],fac[N],ifac[N],f[N],g[N],n,m,res;
inline int C(R int n,R int m){return m>n?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
void init(int n=10000){
fp(i,1,(1<<d)-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(d-1));
for(R int t=(P-1)>>1,i=1,x,y;i<lim;i<<=1,t>>=1){
x=ksm(3,t),y=ksm(332748118,t),rt[0][i]=rt[1][i]=1;
fp(k,1,i-1)
rt[1][i+k]=mul(rt[1][i+k-1],x),
rt[0][i+k]=mul(rt[0][i+k-1],y);
}
fac[0]=ifac[0]=1;fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n]=ksm(fac[n],P-2);fd(i,n-1,1)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
coef[0]=0;fp(i,1,lim>>1)coef[i]=ifac[i+2];
NTT(coef,1);
}
void calc(){
fp(i,0,n)g[i]=mul(f[i],ifac[i]);fp(i,n+1,lim-1)g[i]=0;
NTT(g,1);
fp(i,0,lim-1)g[i]=mul(g[i],coef[i]);
NTT(g,0);
fp(i,0,n)f[i]=add(mul(g[i],fac[i+2]),mul(f[i],(i*(i+1)>>1)+1));
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
lim=1,d=0;while(lim<=(n<<1))lim<<=1,++d;
ilim=ksm(lim,P-2);
init();
f[0]=1;
fp(i,1,m)calc();
fp(i,0,n)upd(res,mul(C(n,i),f[i]));
printf("%d\n",res);
return 0;
}
