Educational Codeforces Round 64 (Div. 2)

A.3*3讨论即可，注意正方形套圆套三角形只有6个点。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=;
 int n,ans,a[N];

 int main(){
     scanf("%d",&n);
     rep(i,,n) scanf("%d",&a[i]);
     rep(i,,n){
         if ((a[i-]== && a[i]==) || (a[i-]== && a[i]==)){ puts("Infinite"); return ; }
         if ((a[i-]== && a[i]==) || (a[i-]== && a[i]==)) ans+=;
         if ((a[i-]== && a[i]==) || (a[i-]== && a[i]==)) ans+=;
         if (i>= && a[i-]== && a[i-]== && a[i]==) ans--;
     }
     printf("Finite\n%d\n",ans);
     return ;
 }

A

B.相同字符显然放在一起，先统计一共有几种字符。若一种，直接输出。若两种，若两字符相邻则无解否则直接输出。若三种，若三字符均相邻则无解，否则132或213总有一种可行。若四种，3142即可。四种以上，前一半和后一半间隔着输出即可。如n=6时输出142536。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=;
 char s[N];
 int T,n,cnt[N],w[N];

 int main(){
     for (scanf("%d",&T); T--; ){
         scanf("%s",s+); n=strlen(s+); int d=;
         rep(i,,) cnt[i]=;
         rep(i,,n) cnt[s[i]-'a']++;
         rep(i,,) if (cnt[i]) w[++d]=i;
         if (d==){ puts(s+); continue; }
         if (d==){
             if (w[]+==w[]) puts("No answer");
             else{
                 rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a');
                 rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a'); puts("");
             }
             continue;
         }
         if (d==){
             if (w[]+==w[]){
                 if (w[]+==w[]) puts("No answer");
                 else{
                     rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a');
                     rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a');
                     rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a'); puts("");
                 }
             }else{
                 rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a');
                 rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a');
                 rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a'); puts("");
             }
             continue;
         }
         if (d==){
             rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a');
             rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a');
             rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a');
             rep(i,,cnt[w[]]) putchar(w[]+'a');
             puts("");
             continue;
         }
         rep(i,,(d+)/){
             rep(j,,cnt[w[i]]) putchar(w[i]+'a');
             if (i+(d+)/<=d) rep(j,,cnt[w[i+(d+)/]]) putchar(w[i+(d+)/]+'a');
         }
         puts("");
     }
     return ;
 }

B

C.二分答案，设二分值为mid，则将i和n-mid+i依次配对，判断配对数是否>=mid。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=;
 int n,z,ans,a[N],b[N];

 bool chk(int mid){
     int res=;
     rep(i,,mid) if (a[n-mid+i]-a[i]>=z) res++;
     return res>=mid;
 }

 int main(){
     scanf("%d%d",&n,&z);
     rep(i,,n) scanf("%d",&a[i]);
     sort(a+,a+n+); int L=,R=n/;
     while (L<R){
         int mid=(L+R+)>>;
         if (chk(mid)) L=mid; else R=mid-;
     }
     printf("%d\n",L);
     return ;
 }

C

D.一种方法是，先对每个点BFS出它所在1连通块的大小bel[x]，然后再对每个点BFS出它所在0连通块并将块中的点的bel累加起来得到答案。

还有一种是树上DP，f[x][0/1]表示x往下只走0边/先走0边再走1边，的方案数。g[x][0/1]表示x往下只走1边/先走1边再走0边，的方案数。在每个点上枚举有多少以它为路径最高点的合法路径。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=;

 int n,p[N],t;
 ll f[N][],g[N][],ans;
 struct data{int to,nxt,len; }E[N<<];
 void add(int x,int y,int z){t++;E[t].to=y,E[t].nxt=p[x],E[t].len=z,p[x]=t;}

 void dfs(int k,int from){
     f[k][]=; g[k][]=;
     for (int i=p[k];i;i=E[i].nxt)
         if (E[i].to!=from){
             dfs(E[i].to,k);
             if (E[i].len==) f[k][]+=f[E[i].to][];
                 else f[k][]+=f[E[i].to][]+f[E[i].to][];
             if (E[i].len==) g[k][]+=g[E[i].to][];
                 else g[k][]+=g[E[i].to][]+g[E[i].to][];
         }
     for (int i=p[k];i;i=E[i].nxt)
         if (E[i].to!=from){
             int x=f[k][],y=f[k][];
             if (E[i].len==) x-=f[E[i].to][];
                 else y-=f[E[i].to][]+f[E[i].to][];
             if (E[i].len==) ans+=x*g[E[i].to][];
             ans+=x*g[E[i].to][];
             if (E[i].len==) ans+=y*g[E[i].to][];
         }
     ans+=f[k][]+f[k][]-;
 }

 int main(){
     scanf("%d",&n);
     rep(i,,n){
         int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
         add(x,y,z),add(y,x,z);
     }
     dfs(,); cout<<ans<<endl;;
     return ;
 }

方法二

E.从小到大插入p，每次以当前p[x]为区间最大值的合法区间数，就是x左边的已插入的连续段和右边已插入的连续段的信息合并。这个可以用set启发式合并支持查询与合并，为了快速寻找某个位置被合并到哪了需要用到并查集，复杂度两个log。

 #include<set>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 using namespace std;

 const int N=;
 int n,ans,a[N],id[N],fa[N];
 set<int>S[N];

 bool cmp(int x,int y){ return a[x]<a[y]; }
 int get(int x){ return fa[x]==x ? x : fa[x]=get(fa[x]); }

 int main(){
     scanf("%d",&n);
     rep(i,,n) scanf("%d",&a[i]),id[i]=fa[i]=i,S[i].insert(a[i]);
     sort(id+,id+n+,cmp);
     rep(i,,n){
         int x=id[i],p=get(x-),q=get(x+);
         if (x== || x==n || a[x-]>a[x] || a[x+]>a[x]){
             if (x> && a[x-]<a[x]) S[p].insert(a[x]),fa[x]=p;
             if (x<n && a[x+]<a[x]) S[q].insert(a[x]),fa[x]=q;
             continue;
         }
         if (S[p].size()>S[q].size()) swap(p,q);
         set<int>::iterator it;
         for (it=S[p].begin(); it!=S[p].end(); it++)
             if (S[q].find(a[x]-(*it))!=S[q].end()) ans++;
         for (it=S[p].begin(); it!=S[p].end(); it++) S[q].insert(*it);
         S[q].insert(a[x]); fa[p]=fa[x]=q;
     }
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

E

F.枚举win的时候是第几次拿数以及这个数是几。f[i][j]表示数j作为第i个拿出来的数且前i个数都严格递增的概率。根据这个再要求第i+1个数也为j，再之后的数随便放即可。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 using namespace std;

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

 int main(){
     scanf("%d",&n); inv[]=;
     rep(i,,n) scanf("%d",&x),cnt[x]++;
     rep(i,,n) inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
     rep(i,,n){
         int s=(i==);
         rep(j,,n){
             f[i][j]=1ll*s*cnt[j]%mod*inv[n-i+]%mod;
             if (cnt[j]>) ans=(ans+1ll*f[i][j]*(cnt[j]-)%mod*inv[n-i]%mod)%mod;
             s=(s+f[i-][j])%mod;
         }
     }
     printf("%d\n",ans);
     return ;
 }

F