A - Two Abbreviations

如果有最小答案的话这个答案一定是N和M的lcm

我们考虑一下什么情况下

\(k \frac{L}{N} = h \frac{L}{M}\)且\(k,g\)互质

显然是在\(k = \frac{N}{gcd(N,M)},h = \frac{M}{gcd(N,M)}\)的时候成立

我们只要不断枚举\(k * i,h * i\)判断两个串里这个位置的数是否相同即可

代码

  1.     #include <bits/stdc++.h>
  2.     #define fi first
  3.     #define se second
  4.     #define pii pair<int,int>
  5.     #define mp make_pair
  6.     #define pb push_back
  7.     #define enter putchar('\n')
  8.     #define space putchar(' ')
  9.     //#define ivorysi
  10.     #define MAXN 100005
  11.     typedef long long int64;
  12.     using namespace std;
  13.     template<class T>
  14.     void read(T &res) {
  15.     	res = 0;char c = getchar();T f = 1;
  16.     	while(c < '0' || c > '9') {
  17.     		if(c == '-') f = -1;
  18.     		c = getchar();
  19.     	}
  20.     	while(c >= '0' && c <= '9') {
  21.     		res = res * 10 + c - '0';
  22.     		c = getchar();
  23.     	}
  24.     	res *= f;
  25.     }
  26.     template<class T>
  27.     void out(T x) {
  28.     	if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
  29.     	if(x >= 10) {
  30.     		out(x / 10);
  31.     	}
  32.     	putchar('0' + x % 10);
  33.     }
  34.     int64 N,M;
  35.     char S[MAXN],T[MAXN];
  36.     int64 gcd(int64 a,int64 b) {
  37.     	return b == 0 ? a : gcd(b,a % b);
  38.     }
  39.     int64 lcm(int64 a,int64 b) {
  40.     	return a * b / gcd(a,b);
  41.     }
  42.     void Solve() {
  43.         read(N);read(M);
  44.     	scanf("%s",S + 1);scanf("%s",T + 1);
  45.     	int64 c = lcm(N,M);
  46.     	int64 a = c / M,b = c / N;
  47.     	for(int i = 0 ; i <= N ; ++i) {
  48.     		if(i * a + 1 > N || i * b + 1 > M) break;
  49.     		if(S[i * a + 1] != T[i * b + 1]) {puts("-1");return;}
  50.     	}
  51.     	out(c);enter;
  52.     }
  53.     int main() {
  54.     #ifdef ivorysi
  55.     	freopen("f1.in","r",stdin);
  56.     #endif
  57.     	Solve();
  58.     	return 0;
  59.     }

B - Removing Blocks

我计数计的挺麻烦的

我是对于每一段统计一下这一段会被哪些序列统计到

显然对于长度为K的一个段，除掉最靠前的一段和最靠后的一段，中间的每个段，如果这一段被取了，那么这个操作序列必定包含一个子序列，就是这一段两侧被提前取了，中间是K个数的任意排列

然后我们对于每个长度特殊处理最前一段和最后一段（因为他们的端点只有一个），对于中间的序列计算排列个数，而中间序列的代价总和可以通过前缀和的前缀和快速算出来

代码

  1.     #include <bits/stdc++.h>
  2.     #define fi first
  3.     #define se second
  4.     #define pii pair<int,int>
  5.     #define mp make_pair
  6.     #define pb push_back
  7.     #define enter putchar('\n')
  8.     #define space putchar(' ')
  9.     //#define ivorysi
  10.     #define MAXN 100005
  11.     typedef long long int64;
  12.     using namespace std;
  13.     template<class T>
  14.     void read(T &res) {
  15.     	res = 0;char c = getchar();T f = 1;
  16.     	while(c < '0' || c > '9') {
  17.     		if(c == '-') f = -1;
  18.     		c = getchar();
  19.     	}
  20.     	while(c >= '0' && c <= '9') {
  21.     		res = res * 10 + c - '0';
  22.     		c = getchar();
  23.     	}
  24.     	res *= f;
  25.     }
  26.     template<class T>
  27.     void out(T x) {
  28.     	if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
  29.     	if(x >= 10) {
  30.     		out(x / 10);
  31.     	}
  32.     	putchar('0' + x % 10);
  33.     }
  34.     const int MOD = 1000000007;
  35.     int N,A[MAXN],fac[MAXN],invfac[MAXN],inv[MAXN],sum[MAXN],sum_of_sum[MAXN];
  36.     int inc(int a,int b) {
  37.     	return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
  38.     }
  39.     int mul(int a,int b) {
  40.     	return 1LL * a * b % MOD;
  41.     }
  42.     void update(int &x,int y) {
  43.     	x = inc(x,y);
  44.     }
  45.     int C(int n,int m) {
  46.     	if(n < m) return 0;
  47.     	return mul(fac[n],mul(invfac[m],invfac[n - m]));
  48.     }
  49.     void Solve() {
  50.         read(N);
  51.     	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
  52.     		read(A[i]);
  53.     		sum[i] = inc(sum[i - 1],A[i]);
  54.     		sum_of_sum[i] = inc(sum_of_sum[i - 1],sum[i]);
  55.     	}
  56.     	inv[1] = 1;
  57.     	for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
  58.     		inv[i] = mul(inv[MOD % i],MOD - MOD / i);
  59.     	}
  60.     	fac[0] = invfac[0] = 1;
  61.     	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
  62.     		fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
  63.     		invfac[i] = mul(invfac[i - 1],inv[i]);
  64.     	}
  65.     	int ans = 0;
  66.     	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
  67.     		if(i == N) update(ans,mul(sum[N],fac[N]));
  68.     		else {
  69.     			update(ans,mul(inc(sum[i],inc(sum[N],MOD - sum[N - i])),mul(mul(fac[i],C(N,i + 1)),fac[N - i - 1])));
  70.     			if(i < N - 1) {
  71.     				int t = inc(sum_of_sum[N - 1],MOD - sum_of_sum[i]);
  72.     				update(t,MOD - sum_of_sum[N - i - 1]);
  73.     				update(ans,mul(t,mul(mul(mul(2,fac[i]),C(N,i + 2)),fac[N - i - 2])));
  74.     			}
  75.     		}
  76.     	}
  77.     	out(ans);enter;
  78.     }
  79.     int main() {
  80.     #ifdef ivorysi
  81.     	freopen("f1.in","r",stdin);
  82.     #endif
  83.     	Solve();
  84.     	return 0;
  85.     }

C - Min Cost Cycle

显然如果最优的话，答案至少为这2×N个数里前N小的数的和

我们把所有前N小的数标出来，称为1，后N个数称为0

那么一个点有4种情况 01 10 00 11

后两种个数相同

如果我们有00（我们一定会有相同个数的11）的话，那么一定可行，为什么，因为我们把01首尾相接成一个01，把10首尾相接成一个10，然后01 00 10 11就可以了

如果我们只有10或只有01，也一定可行

唯一取不到这个解的是有10，并且有01，而且不存在00

那么这个时候我们枚举两个1相撞时1的值（如果这个1和另一个1相撞的时候它不是最小值也没关系，最后会被更新掉），同时计算一下两个0相撞时0能取到的最大值，可以用一个set维护，因为我们需要删掉枚举的1所带的那个0，除了它所在的类型只有1个的情况

代码

  1.     #include <bits/stdc++.h>
  2.     #define fi first
  3.     #define se second
  4.     #define pii pair<int,int>
  5.     #define mp make_pair
  6.     #define pb push_back
  7.     #define enter putchar('\n')
  8.     #define space putchar(' ')
  9.     //#define ivorysi
  10.     #define MAXN 100005
  11.     typedef long long int64;
  12.     using namespace std;
  13.     template<class T>
  14.     void read(T &res) {
  15.     	res = 0;char c = getchar();T f = 1;
  16.     	while(c < '0' || c > '9') {
  17.     		if(c == '-') f = -1;
  18.     		c = getchar();
  19.     	}
  20.     	while(c >= '0' && c <= '9') {
  21.     		res = res * 10 + c - '0';
  22.     		c = getchar();
  23.     	}
  24.     	res *= f;
  25.     }
  26.     template<class T>
  27.     void out(T x) {
  28.     	if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
  29.     	if(x >= 10) {
  30.     		out(x / 10);
  31.     	}
  32.     	putchar('0' + x % 10);
  33.     }
  35.     int N;
  36.     int64 p[MAXN][2],sum,ans,t3;
  37.     int L[MAXN],R[MAXN],tot,ty[MAXN],cnt[10];
  38.     pii pos[MAXN * 2];
  39.     multiset<int64> S;
  40.     bool cmp(pii a,pii b) {
  41.     	return p[a.fi][a.se] < p[b.fi][b.se];
  42.     }
  43.     void Solve() {
  44.         read(N);
  45.     	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
  46.     		read(p[i][1]);read(p[i][0]);
  47.     		ans += p[i][1] + p[i][0];
  48.     		pos[++tot] = mp(i,0);
  49.     		pos[++tot] = mp(i,1);
  50.     	}
  51.     	sort(pos + 1,pos + tot + 1,cmp);
  52.     	for(int i = 1 ; i <= tot / 2 ; ++i) {
  53.     		sum += p[pos[i].fi][pos[i].se];
  54.     		if(!pos[i].se) L[pos[i].fi] = 1;
  55.     		else R[pos[i].fi] = 1;
  56.     		S.insert(p[pos[i].fi][pos[i].se]);
  57.     	}
  58.     	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
  59.     		if(L[i] && !R[i]) {ty[i] = 1;cnt[1]++;}
  60.     		if(!L[i] && R[i]) {ty[i] = 2;cnt[2]++;}
  61.     		if(!L[i] && !R[i]) {ty[i] = 3;cnt[3]++;}
  62.     		if(L[i] && R[i]) {ty[i] = 4;cnt[4]++;}
  63.     	}
  64.     	if(!cnt[1] || !cnt[2] || cnt[3]) {out(sum);enter;return;}
  65.     	for(int i = tot / 2 + 1 ; i <= tot ; ++i) {
  66.     		int u = pos[i].fi;
  67.     		if(cnt[ty[u]] != 1) {
  68.     			S.erase(S.find(p[u][pos[i].se ^ 1]));
  69.     			ans = min(ans,sum + p[pos[i].fi][pos[i].se] - *(--S.end()));
  70.     			S.insert(p[u][pos[i].se ^ 1]);
  71.     		}
  72.     		else ans = min(ans,sum + p[pos[i].fi][pos[i].se] - *(--S.end()));
  73.     	}
  74.     	out(ans);enter;
  75.     }
  76.     int main() {
  77.     #ifdef ivorysi
  78.     	freopen("f1.in","r",stdin);
  79.     #endif
  80.     	Solve();
  81.     	return 0;
  82.     }

D - Chords

这题看起来很繁琐，但是实际上逻辑很简单

\(dp[i][j]\)表示一个联通块标记为\(i\)为最小的标号，\(j\)为最大的标号，这样的方案有多少个

首先要满足初始的时候\(i,j\)之间的点没有连到外部的点

然后计算方案是\(g(x)\)

x是\(i,j\)之间没有匹配的点的个数，\(g(x) = 1*3*5...(x - 3)(x - 1)\)

然后再减掉不合法的方案

\(dp[i][j] -= dp[i][k] * g(z)\)z是\(k + 1,j\)中没有匹配过的点

最后输出的时候还要乘上一个\(g(y)\)y表示所有除了\(i,j\)之外未匹配的点

代码

  1.     #include <iostream>
  2.     #include <cstring>
  3.     #include <cstdio>
  4.     #include <algorithm>
  5.     #define enter putchar('\n')
  6.     #define space putchar(' ')
  7.     #define fi first
  8.     #define se second
  9.     #define mp make_pair
  10.     #define MAXN 200005
  11.     //#define ivorysi
  12.     #define pii pair<int,int>
  13.     using namespace std;
  14.     typedef long long int64;
  15.     template<class T>
  16.     void read(T &res) {
  17.         res = 0;char c = getchar();T f = 1;
  18.         while(c < '0' || c > '9') {
  19.     	if(c == '-') f = -1;
  20.     	c = getchar();
  21.         }
  22.         while(c >= '0' && c <= '9') {
  23.     	res = res * 10 + c - '0';
  24.     	c = getchar();
  25.         }
  26.         res *= f;
  27.     }
  29.     template<class T>
  30.     void out(T x) {
  31.         if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
  32.         if(x >= 10) out(x / 10);
  33.         putchar('0' + x % 10);
  34.     }
  35.     const int MOD = 1000000007;
  36.     int N,K;
  37.     int A[305],B[305];
  38.     int cnt[605][605],dp[605][605],g[605];
  39.     bool vis[605][605];
  40.     bool in(int a,int l,int r) {
  41.         return a >= l && a <= r;
  42.     }
  43.     int inc(int a,int b) {
  44.         return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
  45.     }
  46.     int mul(int a,int b) {
  47.         return 1LL * a * b % MOD;
  48.     }
  49.     void Solve() {
  50.         read(N);read(K);
  51.         for(int i = 1 ; i <= K ; ++i) {
  52.     	read(A[i]);read(B[i]);
  53.         }
  54.         g[0] = 1;
  55.         for(int i = 1 ; i <= 2 * N ; ++i) {
  56.     	if(i & 1) g[i] = 0;
  57.     	else g[i] = mul(g[i - 2],i - 1);
  58.         }
  59.         for(int i = 1 ; i <= 2 * N ; ++i) {
  60.     	for(int j = i + 1 ; j <= 2 * N ; ++j) {
  61.     	    for(int h = 1 ; h <= K ; ++h) {
  62.     		if(in(A[h],i,j) && in(B[h],i,j)) {
  63.     		    ++cnt[i][j];
  64.     		}
  65.     		else if((!in(A[h],i,j) && in(B[h],i,j)) || (in(A[h],i,j) && !in(B[h],i,j))) {
  66.     		    vis[i][j] = 1;
  67.     		    break;
  68.     		}
  69.     	    }
  70.     	}
  71.         }
  72.         for(int d = 2 ; d <= 2 * N ; d += 2) {
  73.     	for(int i = 1 ; i <= 2 * N ; ++i) {
  74.     	    int j = i + d - 1;
  75.     	    if(j > 2 * N) break;
  76.     	    if(vis[i][j]) continue;
  77.     	    int x = j - i + 1 - 2 * cnt[i][j];
  78.     	    dp[i][j] = g[x];
  79.     	    for(int h = i + 1 ; h < j ; h += 2) {
  80.     		if(!dp[i][h]) continue;
  81.     		x = j - h - 2 * cnt[h + 1][j];
  82.     		dp[i][j] = inc(dp[i][j],MOD - mul(dp[i][h],g[x]));
  83.     	    }
  84.     	}
  85.         }
  86.         int ans = 0;
  87.         for(int i = 1 ; i <= 2 * N ; ++i) {
  88.     	for(int j = i + 1 ; j <= 2 * N ; j += 2) {
  89.     	    int y = 2 * N - (j - i + 1 - 2 * cnt[i][j]) - 2 * K;
  90.     	    ans = inc(ans,mul(dp[i][j],g[y]));
  91.     	}
  92.         }
  93.         out(ans);enter;
  94.     }
  96.     int main() {
  97.     #ifdef ivorysi
  98.         freopen("f1.in","r",stdin);
  99.     #endif
  100.         Solve();
  101.     }

E - High Elements

我们需要已知部分\(X\)和\(Y\)的情况下，知道后面的数能不能使得最终情况合法

我们设\(X\)高元素的个数为\(C_x\)，\(Y\)高元素个数为\(C_y\)

我们还需要两个高元素序列\(a,b\)满足\(C_x + |a| = C_y + |b|\)

我们可以保证\(a,b\)至少有一个，其中所有的高元素都是p原来的高元素，证明这个，我们只要找到两个合法的序列，然后每次减少两个序列中高元素，直到不能减了

这样的话我们设\(a\)全是P原来的高元素组成的序列

然后我们决定一下\(b\)，\(b\)确定了\(a\)就自动是未选的所有高元素了

设\(b\)中的高元素有\(k\)个是P中的高元素，\(m\)是非高元素，剩下的序列中有Q个是高元素

那么我们满足

\(C_x + Q - k = C_y + |b|\)

\(C_x + Q - k = C_y + k + m\)

\(2k + m = C_x - C_y + Q\)

也就是我们设所有高元素长度为2，非高元素长度为1，求一个上升子序列，看看长度是否正好为一个常数

我们只需要分奇偶性找一个最长的升子序列，和这个常数比较一下就行

需要用线段树维护dp状态

  1. #include <bits/stdc++.h>
  2. #define fi first
  3. #define se second
  4. #define pii pair<int,int>
  5. #define mp make_pair
  6. #define pb push_back
  7. #define MAXN 200005
  8. //#define ivorysi
  9. #define space putchar(' ')
  10. #define enter putchar('\n')
  11. using namespace std;
  12. typedef long long int64;
  13. template<class T>
  14. void read(T &res) {
  15.     res = 0;char c = getchar();T f = 1;
  16.     while(c < '0' || c > '9') {
  17. 	if(c == '-') f = -1;
  18. 	c = getchar();
  19.     }
  20.     while(c >= '0' && c <= '9') {
  21. 	res = res * 10 + c - '0';
  22. 	c = getchar();
  23.     }
  24.     res *= f;
  25. }
  26. template<class T>
  27. void out(T x) {
  28.     if(x < 0) {x = -x;}
  29.     if(x >= 10) {
  30. 	out(x / 10);
  31.     }
  32.     putchar('0' + x % 10);
  33. }
  34. int N,P[MAXN],val[MAXN],ans[MAXN],curx,cury;
  35. struct node {
  36.     int maxv,L,R,lc,rc;
  37. }tr[MAXN * 20];
  38. int rt[2],Ncnt;
  39. void build(int &u,int L,int R,int v) {
  40.     u = ++Ncnt;
  41.     tr[u].L = L;tr[u].R = R;
  42.     tr[u].maxv = v;
  43.     if(L == R) return;
  44.     int mid = (L + R) >> 1;
  45.     build(tr[u].lc,L,mid,v);
  46.     build(tr[u].rc,mid + 1,R,v);
  47. }
  48. void Change(int u,int pos,int v) {
  49.     if(tr[u].L == tr[u].R) {tr[u].maxv = v;return;}
  50.     int mid = (tr[u].L + tr[u].R) >> 1;
  51.     if(pos <= mid) Change(tr[u].lc,pos,v);
  52.     else Change(tr[u].rc,pos,v);
  53.     tr[u].maxv = max(tr[tr[u].lc].maxv,tr[tr[u].rc].maxv);
  54. }
  55. int Query(int u,int l,int r) {
  56.     if(tr[u].L == l && tr[u].R == r) return tr[u].maxv;
  57.     int mid = (tr[u].L + tr[u].R) >> 1;
  58.     if(r <= mid) return Query(tr[u].lc,l,r);
  59.     else if(l > mid) return Query(tr[u].rc,l,r);
  60.     else return max(Query(tr[u].lc,l,mid),Query(tr[u].rc,mid + 1,r));
  61. }
  62. void Solve() {
  63.     read(N);
  64.     for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(P[i]);
  65.     int cur = 0,Q = 0;
  66.     for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
  67. 	cur = max(cur,P[i]);
  68. 	if(cur == P[i]) {val[i] = 2;++Q;}
  69. 	else val[i] = 1;
  70.     }
  71.     build(rt[0],1,N + 1,0);build(rt[1],1,N + 1,-2 * N);
  72.     for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
  73. 	int tmp[2];
  74. 	for(int j = 0 ; j < 2 ; ++j) tmp[j] = Query(rt[j],P[i] + 1,N + 1);
  75. 	for(int j = 0 ; j < 2 ; ++j) {
  76. 	    if(tmp[j] + val[i] > 0) {
  77. 		int t = (tmp[j] + val[i]) & 1;
  78. 		Change(rt[t],P[i],tmp[j] + val[i]);
  79. 	    }
  80. 	}
  81.     }
  82.     int len[2] = {0,0},mx_num[2] = {0,0};
  83.     for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
  84. 	ans[i] = -1;
  85. 	Change(rt[0],P[i],0);Change(rt[1],P[i],-2 * N);
  86. 	if(val[i] == 2) --Q;
  87. 	for(int k = 0 ; k < 2 ; ++k) {
  88. 	    int nxt_len[2],nxt_mx_num[2];
  89. 	    memcpy(nxt_len,len,sizeof(len));
  90. 	    memcpy(nxt_mx_num,mx_num,sizeof(mx_num));
  91. 	    nxt_mx_num[k] = max(nxt_mx_num[k],P[i]);
  92. 	    if(nxt_mx_num[k] == P[i]) ++nxt_len[k];
  93. 	    if(i == N) {
  94. 		if(nxt_len[0] == nxt_len[1]) {ans[i] = k;break;}
  95. 		continue;
  96. 	    }
  97. 	    bool flag = 0;
  99. 	    for(int j = 0 ; j < 2 ; ++j) {
  100. 		int t = nxt_len[j] - nxt_len[j ^ 1] + Q;
  101. 		if(t >= 0 && Query(rt[t & 1],nxt_mx_num[j ^ 1] + 1,N + 1) >= t) {flag = 1;break;}
  102. 	    }
  103. 	    if(flag) {
  104. 		ans[i] = k;
  105. 		memcpy(len,nxt_len,sizeof(len));
  106. 		memcpy(mx_num,nxt_mx_num,sizeof(mx_num));
  107. 		break;
  108. 	    }
  109. 	}
  110. 	if(ans[i] < 0) {
  111. 	    puts("-1");return;
  112. 	}
  113.     }
  114.     for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) putchar('0' + ans[i]);
  115.     enter;
  116. }
  117. int main() {
  118. #ifdef ivorysi
  119.     freopen("f1.in","r",stdin);
  120. #endif
  121.     Solve();
  122. }

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