【AtCoder】AGC022

A - Diverse Word

不到26位就加上一个最小的

到26位了就搜一下，最多回溯就一次，所以复杂度不大

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <vector>
//#define ivorysi
#define MAXN 100005
#define eps 1e-7
#define mo 974711
#define pb push_back
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
char s[55],ans[55];
int N,L;
bool vis[55];
bool dfs(int dep) {
	if(dep > 26) return false;
	if(!vis[s[dep] - 'a']) {
		vis[s[dep] - 'a'] = 1;
		ans[dep] = s[dep];
		if(dfs(dep + 1)) return true;
		vis[s[dep] - 'a'] = 0;
	}
	for(int i = s[dep] - 'a' + 1 ; i <= 25 ; ++i) {
		if(!vis[i]) {
			L = dep;
			ans[dep] = 'a' + i;
			return true;
		}
	}
	return false;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%s",s + 1);
    N = strlen(s + 1);
    if(N != 26) {
    	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) vis[s[i] - 'a'] = 1;
    	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) putchar(s[i]);
    	for(int i = 0 ; i <= 25 ; ++i) {
    		if(!vis[i]) {
    			putchar('a' + i);
    			break;
    		}
    	}
    	putchar('\n');
    }
    else {
    	if(!dfs(1)) puts("-1");
    	else {
    		for(int i = 1 ; i <= L ; ++i) putchar(ans[i]);
    		putchar('\n');
    	}
    }
}

B - GCD Sequence

3 4 5都特判输出

根据30000我们猜测每三个数里要有两个，或者每六个数里有四个

我们根据这些数%6的余数分成0 2 3 4 ，6减去他们和他们自己都不互质，所以考虑这么构造

但是我们希望我们的总和是6的倍数，我们算出当前%6的余数再修改某个点使得总和是6的倍数即可

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <vector>
//#define ivorysi
#define MAXN 20005
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
const int64 MOD = 998244353;
int N;
int c = 0,ans[MAXN],S;
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d",&N);
    if(N == 3) puts("2 5 63");
    else if(N == 4) puts("2 5 20 63");
    else if(N == 5) puts("2 5 20 30 63");
    else {
	for(int i = 0 ; i <= 4999 ; ++i) {
	    ans[++c] = 6 * i + 2,ans[++c] = 6 * i + 3,ans[++c] = 6 * i + 4,ans[++c] = 6 * i + 6;
	}
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) S = (S + ans[i]) % 6;
	if(S == 5) {
	    ans[6] = 6 * 4999 + 4;
	}
	else if(S == 3) {
	    ans[6] = 6 * 5000;
	}
	else if(S == 2){
	    ans[5] = 6 * 5000;
	}
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i == N]);
    }
    return 0;
}

C - Remainder Game

显然第k个如果不加，比他小的都放进去都比它优

所以我们枚举每个k，每次把比它小的k都加进去，看看是否合法

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <vector>
//#define ivorysi
#define MAXN 20005
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
const int64 MOD = 998244353;
int N;
int a[55],b[55];
int s[55],cnt,ans[55];
bool vis[55];
void Init() {
    scanf("%d",&N);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&b[i]);
}
bool check(int x) {
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    vis[a[x]] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++i) {
	for(int j = s[i] ; j <= 50 ; ++j) {
	    if(vis[j]) vis[j % s[i]] = 1;
	}
    }
    if(vis[b[x]]) return true;
    return false;
}
void Solve() {
    cnt = 0;
    for(int i = 50 ; i >= 1 ; --i) s[++cnt] = i;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	if(!check(i)) {puts("-1");return;}
    }
    for(int i = 50 ; i >= 1 ; --i) {
	cnt = 0;
	for(int j = 50 ; j >= i ; --j) {
	    if(ans[j]) s[++cnt] = j;
	}
	for(int j = i - 1 ; j >= 1 ; --j) s[++cnt] = j;
	for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
	    if(!check(j)) {
		ans[i] = 1;
		break;
	    }
	}
    }
    int64 res = 0;
    for(int i = 50 ; i >= 1 ; --i) {
	if(ans[i]) res |= 1LL << i;
    }
    printf("%lld\n",res);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Init();
    Solve();
    return 0;
}

D - Shopping

也就是求我们最多转多少圈，输出乘上2×L就好

我们对于每个位置求一个二元组$(x,y)$

对于$t$处理成取模圈长之后的

$x = 0$表示从左边来，下一次火车经过的时候是从右边来，$x = 1$表示从左边来，下一次火车经过的时候是从左边来

$y = 0$表示从右边来，下一次火车经过的时候从左边来，$y = 1$表示从右边来，下一次火车经过的时候从右边来

显然我$x = 1$从左边进要多绕一圈，$y = 1$从右边要多绕一圈

$(1,1)$的点可以直接删除，然后答案累加上1

然后对于$(0,1)(0,1)(0,1)(0,0)(1,0)(1,0)$这样的形状，显然不能通过任何一个点走到另一个点而不加任何额外的花费

所用的圈数就是车站的个数 + 1

如果是(0,0)或者(0,1)作为结尾，且后面没有任何其余的车站时，就是圈数就是车站的个数

实际上，我们会有很多$(0,0)(0,1)$和$(1,0)(0,0)$和$(0,0)(0,0)$这样的形状，我们把他们两两搭配起来就好，圈数+1

要把$(0,0)$和别的搭配完了再把$(0,0)$两两搭配，这样减少的圈最多，并且尽量不配最右一个点

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define MAXN 300005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 + c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {out(x / 10);}
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,tot,sta[MAXN],top;
int64 L,x[MAXN],t[MAXN],ans;
pii p[MAXN];
bool vis[MAXN];
void Solve() {
    read(N);read(L);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(x[i]);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	read(t[i]);
	ans += t[i] / (2 * L);
	t[i] %= (2 * L);
	if(t[i] == 0) p[i] = mp(1,1);
	else p[i] = mp(t[i] > 2 * (L - x[i]),t[i] > 2 * x[i]);
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	if(p[i].fi == 1 && p[i].se == 1) {
	    vis[i] = 1;
	    if(t[i] != 0) ++ans;
	}
    }
    top = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	if(!vis[i]) {
	    if(p[i].fi == 1 && p[i].se == 0) {
		sta[++top] = i;
	    }
	    if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 0) {
		if(top) {
		    vis[i] = 1;vis[sta[top]] = 1;
		    --top;++ans;
		}
	    }
	}
    }
    top = 0;
    for(int i = 1; i < N ; ++i) {
	if(!vis[i]) {
	    if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 0) {
		sta[++top] = i;
	    }
	    if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 1) {
		if(top) {
		    vis[i] = 1;vis[sta[top]] = 1;
		    --top;++ans;
		}
	    }
	}
    }
    top = 0;
    for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
	if(!vis[i]) {
	    if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 0) {
		if(top) {
		    vis[i] = 1;vis[sta[top]] = 1;
		    --top;++ans;
		}
		else sta[++top] = i;
	    }
	}
    }
    if(!vis[N] && p[N].fi == 0) {
	for(int i = 1 ; i < N - 1 ; ++i) {
	    if(!vis[i] && p[i].se == 0) {
		vis[i] = 1;vis[N] = 1;++ans;break;
	    }
	}
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	if(!vis[i]) ++ans;
    }
    if(!vis[N]) {
	if(p[N].fi == 1 && p[N].se == 0) ++ans;
    }
    else ++ans;
    out(ans * 2 * L);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

E - Median Replace

这个E怎么那么水？？？

和上一道D题比起来简直画风不一样……

分还一样？？？

我们显然要贪心地把连着三个0变成一个0

如果开头有两个连续的1，我们一定可以使得最后的答案是1

如果开头是一个0，我们一定会把它弄走，而且它的合并一定是和它后面连续的两个

那么我们就可以记dp状态为$dp[i][j][h][0/1]$表示当前有j个0，开头有h个1，有没有出现形状01

然后转移就是每次加一个0

形状01是010，合成一个0

两个0和零个0都会变成1个0

一个0变成两个0

每次加一个1

如果有两个0会变成一个0

如果有一个0会变成01

如果没有0就累加一个1

如果有01会累加一个1

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define mp make_pair
#define pb push_back
//#define ivorysi
#define MAXN 300005
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
    	if(c == '-') f = -1;
    	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    	res = res * 10 + c - '0';
    	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int dp[MAXN][3][2][2],sum[MAXN],ans,N;
char s[MAXN];
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
int fpow(int x,int c) {
    int res = 1,t = x;
    while(c) {
        if(c & 1) res = mul(res,t);
        t = mul(t,t);
        c >>= 1;
    }
    return res;
}
void Solve() {
    scanf("%s",s + 1);
    N = strlen(s + 1);
    for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
        sum[i] = sum[i + 1] + (s[i] == '?');
    }
    dp[0][0][0][0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        int t = 0;
        for(int j = 0 ; j <= 2 ; ++j) {
            for(int h = 0 ; h <= 1 ; ++h) {
                for(int k = 0 ; k <= 1 ; ++k) {
                    if(!dp[i - 1][j][h][k]) continue;
                    if(s[i] == '0' || s[i] == '?') {
                        if(k) update(dp[i][1][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                        else {
                            if(j == 1) update(dp[i][2][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                            else update(dp[i][1][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                        }
                    }
                    if(s[i] == '1' || s[i] == '?') {
                        if(k) {
                            if(h) update(t,dp[i - 1][j][h][k]);
                            else update(dp[i][0][h + 1][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                        }
                        else {
                            if(j == 1) update(dp[i][0][h][1],dp[i - 1][j][h][k]);
                            if(j == 2) update(dp[i][1][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                            if(j == 0) {
                                if(h) update(t,dp[i - 1][j][h][k]);
                                else update(dp[i][0][h + 1][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        update(ans,mul(t,fpow(2,sum[i + 1])));
    }
    update(ans,inc(dp[N][0][1][1],dp[N][0][1][0]));
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}

F - Checkers

一道结论题

很显然的一点是，我们相当于给每个点上填上$\pm 2^j$

然后一个什么样的序列是合法的呢就是对于某一个位权$i$

如果我们可以通过改变所有$2^i$前面的符号，可以达成所有$0 \leq j \leq i$使得他们的和等于$1$，那么这个集合就合法

可以用归纳法证，每次多一个新的$2^i$

这样的话我们可以记一个$dp[i][j]$表示确定了$i$位的值，所有数的和是$1 + j * V$，我们上一个加的最大的2的次幂是$\frac{V}{2}$，因为$2 * j$是偶数所以总可以变成$0$

答案就是$dp[N][0]$为了处理负数可以把第二维整体向前平移$N$

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define mp make_pair
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 + c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
    if(x >= 10) {
	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int N;
int dp[55][105],inv[55],invfac[55],fac[55];
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
int C(int n,int m) {
    if(n < m) return 0;
    return mul(fac[n],mul(invfac[m],invfac[n - m]));
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
void Solve() {
    read(N);
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) inv[i] = mul(inv[MOD % i],MOD - MOD / i);
    fac[0] = invfac[0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
	invfac[i] = mul(invfac[i - 1],inv[i]);
    }
    dp[1][N] = 1;
    dp[1][N - 1] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	for(int j = -i ; j <= i ; ++j) {
	    for(int k = max(1,abs(j)) ; k <= N ; ++k) {
		if(i + k > N) break;
		for(int h = 0 ; h <= k ; ++h) {
		    if((j + 2 * h - k) % 2) continue;
		    int val = (j + 2 * h - k) / 2;
		    if(val < -N || val > N) continue;
		    update(dp[i + k][val + N],mul(dp[i][j + N],mul(C(i + k,k),C(k,h))));
		}
	    }
	}
    }
    out(dp[N][N]);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

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