【AtCoder】AGC028 (A-E)题解
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
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
//#define ivorysi
#define MAXN 100005
typedef long long int64;
using namespace std;
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);
}
int64 N,M;
char S[MAXN],T[MAXN];
int64 gcd(int64 a,int64 b) {
return b == 0 ? a : gcd(b,a % b);
}
int64 lcm(int64 a,int64 b) {
return a * b / gcd(a,b);
}
void Solve() {
read(N);read(M);
scanf("%s",S + 1);scanf("%s",T + 1);
int64 c = lcm(N,M);
int64 a = c / M,b = c / N;
for(int i = 0 ; i <= N ; ++i) {
if(i * a + 1 > N || i * b + 1 > M) break;
if(S[i * a + 1] != T[i * b + 1]) {puts("-1");return;}
}
out(c);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
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
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
//#define ivorysi
#define MAXN 100005
typedef long long int64;
using namespace std;
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 N,A[MAXN],fac[MAXN],invfac[MAXN],inv[MAXN],sum[MAXN],sum_of_sum[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 C(int n,int m) {
if(n < m) return 0;
return mul(fac[n],mul(invfac[m],invfac[n - m]));
}
void Solve() {
read(N);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
read(A[i]);
sum[i] = inc(sum[i - 1],A[i]);
sum_of_sum[i] = inc(sum_of_sum[i - 1],sum[i]);
}
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]);
}
int ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(i == N) update(ans,mul(sum[N],fac[N]));
else {
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])));
if(i < N - 1) {
int t = inc(sum_of_sum[N - 1],MOD - sum_of_sum[i]);
update(t,MOD - sum_of_sum[N - i - 1]);
update(ans,mul(t,mul(mul(mul(2,fac[i]),C(N,i + 2)),fac[N - i - 2])));
}
}
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
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
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
//#define ivorysi
#define MAXN 100005
typedef long long int64;
using namespace std;
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;
int64 p[MAXN][2],sum,ans,t3;
int L[MAXN],R[MAXN],tot,ty[MAXN],cnt[10];
pii pos[MAXN * 2];
multiset<int64> S;
bool cmp(pii a,pii b) {
return p[a.fi][a.se] < p[b.fi][b.se];
}
void Solve() {
read(N);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
read(p[i][1]);read(p[i][0]);
ans += p[i][1] + p[i][0];
pos[++tot] = mp(i,0);
pos[++tot] = mp(i,1);
}
sort(pos + 1,pos + tot + 1,cmp);
for(int i = 1 ; i <= tot / 2 ; ++i) {
sum += p[pos[i].fi][pos[i].se];
if(!pos[i].se) L[pos[i].fi] = 1;
else R[pos[i].fi] = 1;
S.insert(p[pos[i].fi][pos[i].se]);
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(L[i] && !R[i]) {ty[i] = 1;cnt[1]++;}
if(!L[i] && R[i]) {ty[i] = 2;cnt[2]++;}
if(!L[i] && !R[i]) {ty[i] = 3;cnt[3]++;}
if(L[i] && R[i]) {ty[i] = 4;cnt[4]++;}
}
if(!cnt[1] || !cnt[2] || cnt[3]) {out(sum);enter;return;}
for(int i = tot / 2 + 1 ; i <= tot ; ++i) {
int u = pos[i].fi;
if(cnt[ty[u]] != 1) {
S.erase(S.find(p[u][pos[i].se ^ 1]));
ans = min(ans,sum + p[pos[i].fi][pos[i].se] - *(--S.end()));
S.insert(p[u][pos[i].se ^ 1]);
}
else ans = min(ans,sum + p[pos[i].fi][pos[i].se] - *(--S.end()));
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
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
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
#define pii pair<int,int>
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,K;
int A[305],B[305];
int cnt[605][605],dp[605][605],g[605];
bool vis[605][605];
bool in(int a,int l,int r) {
return a >= l && a <= r;
}
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 Solve() {
read(N);read(K);
for(int i = 1 ; i <= K ; ++i) {
read(A[i]);read(B[i]);
}
g[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= 2 * N ; ++i) {
if(i & 1) g[i] = 0;
else g[i] = mul(g[i - 2],i - 1);
}
for(int i = 1 ; i <= 2 * N ; ++i) {
for(int j = i + 1 ; j <= 2 * N ; ++j) {
for(int h = 1 ; h <= K ; ++h) {
if(in(A[h],i,j) && in(B[h],i,j)) {
++cnt[i][j];
}
else if((!in(A[h],i,j) && in(B[h],i,j)) || (in(A[h],i,j) && !in(B[h],i,j))) {
vis[i][j] = 1;
break;
}
}
}
}
for(int d = 2 ; d <= 2 * N ; d += 2) {
for(int i = 1 ; i <= 2 * N ; ++i) {
int j = i + d - 1;
if(j > 2 * N) break;
if(vis[i][j]) continue;
int x = j - i + 1 - 2 * cnt[i][j];
dp[i][j] = g[x];
for(int h = i + 1 ; h < j ; h += 2) {
if(!dp[i][h]) continue;
x = j - h - 2 * cnt[h + 1][j];
dp[i][j] = inc(dp[i][j],MOD - mul(dp[i][h],g[x]));
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= 2 * N ; ++i) {
for(int j = i + 1 ; j <= 2 * N ; j += 2) {
int y = 2 * N - (j - i + 1 - 2 * cnt[i][j]) - 2 * K;
ans = inc(ans,mul(dp[i][j],g[y]));
}
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
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
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
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;}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int N,P[MAXN],val[MAXN],ans[MAXN],curx,cury;
struct node {
int maxv,L,R,lc,rc;
}tr[MAXN * 20];
int rt[2],Ncnt;
void build(int &u,int L,int R,int v) {
u = ++Ncnt;
tr[u].L = L;tr[u].R = R;
tr[u].maxv = v;
if(L == R) return;
int mid = (L + R) >> 1;
build(tr[u].lc,L,mid,v);
build(tr[u].rc,mid + 1,R,v);
}
void Change(int u,int pos,int v) {
if(tr[u].L == tr[u].R) {tr[u].maxv = v;return;}
int mid = (tr[u].L + tr[u].R) >> 1;
if(pos <= mid) Change(tr[u].lc,pos,v);
else Change(tr[u].rc,pos,v);
tr[u].maxv = max(tr[tr[u].lc].maxv,tr[tr[u].rc].maxv);
}
int Query(int u,int l,int r) {
if(tr[u].L == l && tr[u].R == r) return tr[u].maxv;
int mid = (tr[u].L + tr[u].R) >> 1;
if(r <= mid) return Query(tr[u].lc,l,r);
else if(l > mid) return Query(tr[u].rc,l,r);
else return max(Query(tr[u].lc,l,mid),Query(tr[u].rc,mid + 1,r));
}
void Solve() {
read(N);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(P[i]);
int cur = 0,Q = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
cur = max(cur,P[i]);
if(cur == P[i]) {val[i] = 2;++Q;}
else val[i] = 1;
}
build(rt[0],1,N + 1,0);build(rt[1],1,N + 1,-2 * N);
for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
int tmp[2];
for(int j = 0 ; j < 2 ; ++j) tmp[j] = Query(rt[j],P[i] + 1,N + 1);
for(int j = 0 ; j < 2 ; ++j) {
if(tmp[j] + val[i] > 0) {
int t = (tmp[j] + val[i]) & 1;
Change(rt[t],P[i],tmp[j] + val[i]);
}
}
}
int len[2] = {0,0},mx_num[2] = {0,0};
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
ans[i] = -1;
Change(rt[0],P[i],0);Change(rt[1],P[i],-2 * N);
if(val[i] == 2) --Q;
for(int k = 0 ; k < 2 ; ++k) {
int nxt_len[2],nxt_mx_num[2];
memcpy(nxt_len,len,sizeof(len));
memcpy(nxt_mx_num,mx_num,sizeof(mx_num));
nxt_mx_num[k] = max(nxt_mx_num[k],P[i]);
if(nxt_mx_num[k] == P[i]) ++nxt_len[k];
if(i == N) {
if(nxt_len[0] == nxt_len[1]) {ans[i] = k;break;}
continue;
}
bool flag = 0;
for(int j = 0 ; j < 2 ; ++j) {
int t = nxt_len[j] - nxt_len[j ^ 1] + Q;
if(t >= 0 && Query(rt[t & 1],nxt_mx_num[j ^ 1] + 1,N + 1) >= t) {flag = 1;break;}
}
if(flag) {
ans[i] = k;
memcpy(len,nxt_len,sizeof(len));
memcpy(mx_num,nxt_mx_num,sizeof(mx_num));
break;
}
}
if(ans[i] < 0) {
puts("-1");return;
}
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) putchar('0' + ans[i]);
enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
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