Codeforces Round #604 (Div. 2) (题解)

A. Beautiful String (暴力)

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题目大意：

给定一个字符串，只有 \(？a\ b\ c\ ？\) ，问是否存在一种将所有的 \(?\) 替换成 \(a\ b\ c\) ，使得任意相邻的字符不同的方法。

大致思路：

其实可以发现问号都可以通过枚举使得其合法，若出现不合法必然除去问好已经不合法，暴力枚举即可。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
char s[N];
int T;
char c[3]={'a','b','c'};
int main()
{
	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%s",s+1);
		int len=strlen(s+1);
		for(int i=1;i<=len;i++){
			if(s[i]=='?'){
					for(int j=0;j<3;j++){
						if(c[j]!=s[i-1]&&c[j]!=s[i+1]){
							s[i]=c[j];break;
						}
					}

			}
		}
		int flag=0;
		for(int i=1;i<len&&flag==0;i++){
			if(s[i]==s[i+1])flag=1;
		}
		if(flag){
			puts("-1");
		}
		else printf("%s\n",s+1);
	}
	return 0;
}

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B. Beautiful Numbers (思维)

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题目大意：

给一个排列，定义 \(m\) 为存在一段连续的 \(1 - m\) 的排列，如 \(\{4，5，1，3，2，6\}\) ，就存在 \({1，3，2}\) ，为 \(3\) 的排列，其就不存在 \(m=2\) 的排列。问对于每一个 \(m\) 判断是否存在 \(1-m\) 的排列。

大致思路：

只要将每一个数字的位置记录下来为 \(pos\) 数组，例如 \(\{4，5，1，3，2，6 \}\) 的 \(pos\) 数组就是 \(\{3,5,4,1,2,6 \}\) 那么我们只要从前往后记录最大值 \(max\) 和最小值 \(min\) ，然后 \(max-min+1==i\) 就是存在 \(1-m\) 的排列。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
set<int>s; // 用set维护最大值最小值，其实不用那么麻烦
int T;
int a[N];
int pos[N];
int n;
int ans[N];
int main()
{
	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		s.clear();
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&a[i]);
			pos[a[i]]=i;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			s.insert(pos[i]);
			auto it=s.begin();
			int v1=*it;
			it=s.end();
			it--;
			int v2=*it;
			if(v2-v1+1==i)ans[i]=1;
			else ans[i]=0;
		}

		for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d",ans[i]);
		puts("");
	}
	return 0;
}

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C. Beautiful Regional Contest (贪心)

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题目大意：

给 \(n\) 个人的解题数，现在在发奖牌，金牌银牌铜牌各 \(g，s，b\) 各，要求金牌解题数大于银牌，\(...\) ，铜牌解题数大于无牌，且 \(g，s，b>0 \ \&\& \ g<s,g<b\) ，要求求出的合法的奖牌数，且最大。

大致思路：

一开始想多了，结果导致卡到了比赛结束。。。其实金牌的数量是确定，那么银牌只要取得g+1，然后通过相同解题数看看银牌最少要取多少个，看后计算铜牌最多能取多少个。判断合法性即可。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e5+10;
int T;
int n;
int p[N];
int id[N],l[N],r[N],sum[N],cnt=0;
int qh(int L,int R){
	return sum[R]-sum[L-1];
}
int main()
{
	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		cnt=0;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d",&p[i]);
		}
		reverse(p+1,p+n+1);
		int temp=p[1];cnt++;l[cnt]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(p[i]==temp)id[i]=cnt;
			else{
				temp=p[i];
				r[cnt]=i-1;
				cnt++;
				l[cnt]=i;id[i]=cnt;
			}
		}
		r[cnt]=n;
		for(int i=1;i<=cnt;i++)sum[i]=r[i]-l[i]+1,sum[i]=sum[i-1]+sum[i];
		int mx=n/2;
		if(mx<5){
			puts("0 0 0");continue;
		}
		int flag=1;
		int pp=id[n];
		int g=sum[pp]-sum[pp-1];
		int pos=l[pp];
		int s=g+1;
		temp=pos-s;
		if(s+g>=n/2)flag=0;
		int pp1=id[temp];
		int pos1=l[pp1];
		s=pos-pos1;
		int sy=n-mx;
		int pp2=id[sy];
		int pos2=r[pp2]+1;
		pp2++;
		int b=pos1-pos2;
		if(b<=0||s<=0||b<=g||s<=g)flag=0;
		if(flag)printf("%d %d %d\n",g,s,b);
		else puts("0 0 0");
	}
	return 0;
}

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D. Beautiful Sequence (枚举)

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题目大意：

给四个数， \(a,b,c,d\) ，表示 \(a\) 个 \(0\) ， \(b\) 个 \(1\) ，\(c\) 个 \(2\) ，\(d\) 个 \(3\) ，要求将这些数排成一排，使得相邻的数差值为1，输出方案。

大致思路：

可以枚举每一个数字做为开头，然后就选择相邻的数字往后填，如果能填完，那么输出方案即可。因为若存在答案，以4种数字开头必然有一种是可以得到解的。

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int ans[N];
int flag=0;
vector<int>temp;
void dfs(int a,int b,int c,int d,int pos){
	if(a+b+c+d==0){
		flag=1;
		puts("YES");
		for(int v:temp)printf("%d ",v);
			puts("");exit(0);
	}
	if(pos==0&&b)temp.push_back(1),dfs(a,b-1,c,d,pos+1);
	if(pos==1){if(c)temp.push_back(2),dfs(a,b,c-1,d,pos+1);
			  else if(a)temp.push_back(0),dfs(a-1,b,c,d,pos-1);}
	if(pos==2){if(d)temp.push_back(3),dfs(a,b,c,d-1,pos+1);
			  else if(b)temp.push_back(1),dfs(a,b-1,c,d,pos-1);}
	if(pos==3&&c)temp.push_back(2),dfs(a,b,c-1,d,pos-1);

}
int a,b,c,d;

int main()
{
	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
	scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
	flag=0;
	if(flag==0&&a){
		temp.clear();
		temp.push_back(0);
		dfs(a-1,b,c,d,0);
	}
	if(flag==0&&b){
		temp.clear();
		temp.push_back(1);
		dfs(a,b-1,c,d,1);
	}
	if(flag==0&&c){
		temp.clear();
		temp.push_back(2);
		dfs(a,b,c-1,d,2);
	}
	if(flag==0&&d){
		temp.clear();
		temp.push_back(3);
		dfs(a,b,c,d-1,3);
	}
	if(flag==0)puts("NO");
	return 0;
}

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E. Beautiful Mirrors (概率DP)

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题目大意：

有 \(n\) 个镜子，每一个镜子有 \(p_i\) 的概率说美丽，现在我从第一个镜子开始问，如果它说美丽，那么我就在下一天再问下一个镜子，如果刚好到了第 \(n\) 个镜子，那么我就会开心。否则我就下一天再从第一个镜子开始问。问我开心需要的天数的期望值。

大致思路：

假设有 \(i\) 个镜子，开心需要的天数为 \(F_i\) ,那么 \(F_i=P_i*(F_{i-1}+1)+(1-P_i)*(F_{i-1}+F_i+1)\)

就是在第 \(F_{i-1}\) 天必然是美丽，现在有 \(P_i\) 的概率是美丽，那么我就直接开心了，就是 \(F_{i-1}+1\) 天，还有剩下的概率，我需要从新开始那么就需要 \(F_{i-1}+F_i+1\) 天了。将式子化简一下就是 \(F_i=(F_{i-1}+1)/P_i\) 循环一遍就行了。(就要概率要除100).

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=2e5+10;
const int mod=998244353;
ll ksm(ll a,ll b){
	ll res=1,t=a;
	while(b){
		if(b&1)res=(res*t)%mod;
		t=(t*t)%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
int n;
ll p[N],f[N];
int main()
{
	//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
	//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&p[i]);
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i]=((100*(f[i-1]+1)%mod)*ksm(p[i],mod-2)%mod)%mod; //注意爆ll
	}
	printf("%lld\n",f[n]);
	return 0;
}

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F. Beautiful Bracket Sequence (easy version) (DP)

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题目大意：

给一个字符串，字母只有括号和 \(?\) ，问对于所有的 \(?\) 填法，其括号嵌套数之和是多少。括号嵌套数是指一个括号序列最多的嵌套数，不要求合法，即可以删除任意数量的括号后，保持相对位置不变的最大括号层数。例如对于：\((??)\) ，那么所有填法为 \((()),()(),())),((()\) ，这四种，答案就是 \(2+1+1+1=5\) 。

大致思路：

经过研究题解后，感觉大概懂了一些。用 \(dp[i][j]\) 表示区间 \([i,j]\) 的答案，那么我们考虑转移方程，如果 \(s[i]\ !='('\) ，那么对于区间 \([i,j]\) ,对答案的贡献必然是等于区间 \([i+1,j]\) 的，同理如果 \(s[j]\ !=')'\) ，那么对于区间 \([i,j]\) ,对答案的贡献必然是等于区间 \([i,j-1]\) 的，当然如果都不等还是要考虑容斥的问题。那么这时考虑 \(s[i],s[j]\) 为 \((),?),(?,??\) 的情况。那么对于 \([i,j]\) 来说必然会比 \([i+1,j-1]\) 多产生一点贡献，因为必然能出现 \(()\) 的情形，如果 \([i+1,j-1]\) 的问号数为 \(k\) ，那么就多 \(2^k\) 的贡献。那么转移方程就可以写出来。

\(dp[l][r]+=dp[l+1][r]\) （ \(s[l]\ !='('\)）

\(dp[l][r]+=dp[l][r-1]\) （ \(s[r]\ !=')'\) ）

\(dp[l][r]-=dp[l+1][r-1]\) （容斥）

\(dp[l][r]+=dp[l+1][r-]+2^k\) （ \(s[l]\ !=')' \&\& s[r]\ !='('\) ）

代码：

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```c++
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e3+10;
const int mod=998244353;
ll dp[N][N];
int sum[N];
char s[N];
int js(int l,int r){
return sum[r]-sum[l-1];
}
ll p[N];
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
p[0]=1;
for(int i=1;i