Atcoder Tenka1 Programmer Contest 2019 题解

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题面真简洁 qaq

C Stones

最终一定是连续一段 . 加上连续一段 # 。直接枚举断点记录前缀和统计即可。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)

 using namespace std;

 const int N=2e5+;
 int n,cnt0[N],cnt1[N],ans; char s[N];

 int main(){
     scanf("%d%s",&n,s+);
     rep (i,,n) cnt0[i]+=s[i]=='#',cnt1[i]+=s[i]=='.';
     rep (i,,n) cnt0[i]+=cnt0[i-],cnt1[i]+=cnt1[i-];
     ans=n;
     rep (i,,n) ans=min(ans,cnt0[i]+cnt1[n]-cnt1[i]);
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

D Three Colors

记 S 为总和，不妨设 $R>B,G$ ，那么有 $R\leq \frac S2$ 。考虑总方案减去 $R>\frac S2$ 的方案，后者用 f[i][j] 表示前 i 个数和为 j 的方案数，跑一遍 dp 即可。注意若存在 $R=B=\frac S2$ 这种情况需要去重。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)

 using namespace std;

 const int N=,mod=;
 int n,a[N],f[N][N*N],g[N][N*N],all,sum,res;

 inline void upd(int &x,int y){x+=y; x-=x>=mod?mod:;}

 int main(){
     ios::sync_with_stdio();
     cin>>n;
     all=;
     rep (i,,n) cin>>a[i],all=all*3ll%mod;
     f[][]=;
     rep (i,,n){
         rep (j,,sum) if (f[i-][j]){
             upd(f[i][j],f[i-][j]*2ll%mod);
             upd(f[i][j+a[i]],f[i-][j]);
         }
         sum+=a[i];
     }
     rep (i,(sum+)>>,sum) upd(res,f[n][i]);
     if (!(sum&)){
         sum=;
         g[][]=;
         rep (i,,n){
             rep (j,,sum) if (g[i-][j]){
                 upd(g[i][j],g[i-][j]);
                 upd(g[i][j+a[i]],g[i-][j]);
             }
             sum+=a[i];
         }
         upd(res,mod-g[n][sum/]);
     }
     upd(all,(mod-res)*3ll%mod);
     cout<<all;
     return ;
 }

E Polynomial Divisors

【开启翻译模式】

首先提取系数的 $\gcd$ 的所有质因子。

然后对于一个质数 $p\leq n$ ，整系数多项式 $f(x)$ 若满足所有 $x$ 代入的值都被 $p$ 整除，当且仅当在 $\mod p$ 意义下， $f$ 含有因式 $x^p-x$ 。那么我们只需要对所有质数 $p$ ，做一次模意义下多项式除法，检验余式是否为 0 即可。

证明：

• 充分性：根据费马小定理显然。
• 必要性：可以从如下事实证明：在 $\mod p$ 意义下 $0,1,...,p-1$ 均为 $f(x)$ 的根，那么 $f(x)$ 含有因式 $x(x-1)(x-2)...(x-(p-1))$ ，而 $x(x-1)(x-2)...(x-(p-1))$ 在 $\mod p$ 意义下和 $x^p-x$ 等价（如果它们不一致，我们可以得到它们的差并得到 $\leq p-1$ 次的含有 $p$ 个根的多项式，矛盾）。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 #define Vi vector<int>

 using namespace std;

 const int N=1e4+;
 int n,a[N],g,b[N],c[N]; Vi V;

 bool is_prime(int x){
     for (int i=;i*i<=x;i++) if (x%i==) return ;
     return ;
 }
 bool chk(int p){
     if (a[]%p) return ;
     rep (i,,n-) b[i]=a[i+]%p;
     for (int i=n-;i>=p-;i--) (b[i-(p-)]+=b[i])%=p,b[i]=;
     rep (i,,n-) if (b[i]%p) return ;
     return ;
 }

 int main(){
     ios::sync_with_stdio();
     cin>>n;
     rep (i,,n) cin>>a[i],g=__gcd(g,a[i]);
     g<?g=-g:; reverse(a,a+n+);
     for (int i=;i*i<=g;i++)
         if (g%i==){
             V.push_back(i);
             while (g%i==) g/=i;
         }
     if (g>) V.push_back(g);
     rep (i,,n) if (is_prime(i)&&chk(i)) V.push_back(i);
     sort(V.begin(),V.end());
     rep (i,,(int)V.size()-) if (!i||V[i]!=V[i-]) cout<<V[i]<<'\n';
     return ;
 }

F Banned X

先不考虑 0 ，最后插入到 1, 2 中即可。

我们枚举 1, 2 构成的序列长度 n 。

考虑 1, 2 序列的合法方案，只有两种情况：

1. 总和 $<x-1$
2. 存在前缀和 $=x-1$

首先证明除了 $<x-1$ 的情况，若序列合法一定存在前缀和 $=x-1$ 。（这或许是个极其显然的命题，然而请原谅本人数学水平低下，若觉得显然可以直接跳过）

若序列和 $=x-1$ ，得证；

若序列和 $=x$ ，不合法，不予考虑；

若序列和 $>x$ ：设数列 $sum_i$ 为序列前缀和，序列长度为 $N$ 。

若 $x=1$ ，有 $sum_0=0=x-1$ ，下面只考虑 $x>1$ 的情况。

考虑反证，假设不存在前缀和 $=x-1$ ，同时由于序列合法，可知也不存在前缀和 $=x$ 。那么有 $\forall \ i ,sum_i \neq x,sum_i\neq x-1$ ，即 $\forall\ i, sum_i<x-1 \ or \ sum_i>x$ 。由于前缀和具有单调递增性（在数值均 >0 的情况下），而 $sum_0=0,sum_N>x$ ，故 $\exists\ i\in [1,N], \ sum_{i-1}<x-1,sum_i>x$ ，也就是 $sum_i-sum_{i-1}>2$ ，和题中序列值域在 $[1,2]$ 矛盾。

故命题得证。

那么枚举和 $=x-1$ 的前缀长度。接下来考虑还有什么限制？

若序列 $a[1...k]$ 和为 $x-1$ 且 $k<n$ ，那么 $a[k+1]=2$ ，此时发现若 $a[1]=1$ ，那么存在子串 $a[2...k+1]$ 和为 $x-1$ 不合法，故 $a[1]=2$ 。所以以此类推，可以得到 $a[k+1...n]$ 均为 2 ， $a[1...n-k]$ 同样均为 2 。

那么若 $n-k\leq k$ ，只需考虑长为 $k-(n-k)$ 的部分的方案数即可；若 $n-k>k$ ，此时发现唯一合法的情况为全部填 2 ，容易判断。

总时间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$ 。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
 #define ll long long

 using namespace std;

 const int N=,mod=;
 int n,x,f[N][N<<],fac[N],inv[N],ans;

 inline void upd(int &x,int y){x+=y; x-=x>=mod?mod:;}

 void init(int n){
     fac[]=fac[]=inv[]=inv[]=;
     rep (i,,n) fac[i]=(ll)fac[i-]*i%mod,inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
     rep (i,,n) inv[i]=(ll)inv[i]*inv[i-]%mod;
 }
 int C(int n,int m){return (ll)fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}

 int main(){
     ios::sync_with_stdio();
     cin>>n>>x; init(n);
     f[][]=;
     rep (i,,n) rep (j,,x){
         upd(f[i][j],f[i-][j-]);
         if (j>) upd(f[i][j],f[i-][j-]);
     }
     rep (i,,n){
         int res=;
         rep (j,,x-) upd(res,f[i][j]);
         rep (j,,i)
             if (i-j<=j&&x--*(i-j)>=) upd(res,f[j-(i-j)][x--*(i-j)]);
             else if (i-j>j&&j*==x-) upd(res,);
         upd(ans,(ll)C(n,i)*res%mod);
     }
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }