從這裏開始
A < B < E < D < C = F,心情簡單.jpg。
Problem A ><
把峯谷都設成 0。
Code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef bool boolean; const int N = 5e5 + 5; int n; char s[N]; int L[N], R[N]; int main() { scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1) + 1; for (int i = 1; i <= n; i++) L[i] = (s[i - 1] == '<') * (L[i - 1] + 1); for (int i = n; i; i--) R[i] = (s[i] == '>') * (R[i + 1] + 1); long long ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { ans += max(L[i], R[i]); // cerr << max(L[i], R[i]) << ' '; } printf("%lld\n", ans); return 0; }
Problem B Two Contests
考慮如果兩個區間有包含,要麼它們放在一起,要麼長的那一個單獨在一場考試。
Code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef bool boolean; const int N = 1e5 + 5; const int inf = (signed) (~0u >> 2); typedef class Segment { public: int l, r; Segment() { } Segment(int l, int r) : l(l), r(r) { } Segment operator & (Segment b) const { return Segment(max(l, b.l), min(r, b.r)); } int length() { return max(r - l + 1, 0); } boolean operator < (Segment b) const { return r < b.r; } } Segment; int n; Segment s[N], sl[N], sr[N]; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &s[i].l, &s[i].r); } sort(s + 1, s + n + 1); int ans = 0; sl[0] = Segment(0, inf); for (int i = 1; i <= n; i++) sl[i] = sl[i - 1] & s[i]; sr[n + 1] = Segment(0, inf); for (int i = n; i; i--) sr[i] = sr[i + 1] & s[i]; for (int i = 1; i < n; i++) ans = max(ans, sl[i].length() + sr[i + 1].length()); for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, s[i].length() + (sl[i - 1] & sr[i + 1]).length()); printf("%d\n", ans); return 0; }
Problem C Neither AB nor BA
考慮把奇數位置上的 A 變成 B,B 變成 A,那麼現在變成只有 AA 和 BB 不能消除。
考慮能夠消除所有字符的必要條件是 A 或者 B 的數量不超過 $n / 2$。不難發現這個條件也是充分的。
如果不存在 C,那麼直接消除 AB 即可。
考慮如果 C 只與 A 或者 B 相鄰,那麼先把 AB 相互消除,最後和 C 消除,如果還剩一些 C,那麼把 C 兩兩消除。因爲 A,B 的數量都不超過 $n / 2$,所以它們相互消除後剩下的字符數量不會超過 C 的數量。
否則如果 A,B 的數量一樣多,那麼至少有 2 個 C,消除 1 個 AC 和 1 個 BC,否則把 C 和較多一個字符消除。顯然這樣仍然滿足條件,可以遞歸到 $n$ 更小的問題。
然後直接計數就行了。
Code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef bool boolean; #define ll long long void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) { if (!b) { x = 1, y = 0; } else { exgcd(b, a % b, y, x); y -= (a / b) * x; } } int inv(int a, int n) { int x, y; exgcd(a, n, x, y); return (x < 0) ? (x + n) : (x); } const int Mod = 998244353; template <const int Mod = :: Mod> class Z { public: int v; Z() : v(0) { } Z(int x) : v(x){ } Z(ll x) : v(x % Mod) { } friend Z operator + (const Z& a, const Z& b) { int x; return Z(((x = a.v + b.v) >= Mod) ? (x - Mod) : (x)); } friend Z operator - (const Z& a, const Z& b) { int x; return Z(((x = a.v - b.v) < 0) ? (x + Mod) : (x)); } friend Z operator * (const Z& a, const Z& b) { return Z(a.v * 1ll * b.v); } friend Z operator ~(const Z& a) { return inv(a.v, Mod); } friend Z operator - (const Z& a) { return Z(0) - a; } Z& operator += (Z b) { return *this = *this + b; } Z& operator -= (Z b) { return *this = *this - b; } Z& operator *= (Z b) { return *this = *this * b; } friend boolean operator == (const Z& a, const Z& b) { return a.v == b.v; } }; Z<> qpow(Z<> a, int p) { Z<> rt = Z<>(1), pa = a; for ( ; p; p >>= 1, pa = pa * pa) { if (p & 1) { rt = rt * pa; } } return rt; } typedef Z<> Zi; const int N = 1e7 + 7; int n; Zi fac[N], _fac[N], pw2[N]; Zi comb(int n, int m) { return (n < m) ? (0) : (fac[n] * _fac[m] * _fac[n - m]); } int main() { scanf("%d", &n); fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i; _fac[n] = ~fac[n]; for (int i = n; i; i--) _fac[i - 1] = _fac[i] * i; pw2[0] = 1; for (int i = 1; i <= n + 1; i++) pw2[i] = pw2[i - 1] + pw2[i - 1]; Zi ans = qpow(3, n); for (int i = (n >> 1) + 1; i <= n; i++) ans -= comb(n, i) * pw2[n - i + 1]; printf("%d\n", ans.v); return 0; }
Problem D Balance Beam
一道貪心題就有 100 種假貪心。
假設我們已經定好了順序,設 $B_i - A_i$ 的前綴 max 爲 $mx$,顯然答案可以這樣計算
for (int i = 1; i <= n; i++) { if (sum >= B[i]) { sum -= B[i]; ans += 1; } else { ans += 1.0 * sum / B[i]; break; } }
考慮枚舉進入 else 語句的 $i$。計算貢獻可以分爲 3 部分:$[1, i), (i, pmx], (pmx, n]$,其中 $pmx$ 表示前綴 max 的位置。先考慮把所有 $A_i < B_i$ 大於 0 的平衡木加入 $i$ 之後 $pmx$ 之前,然後考慮把一些移動到 i 之前,不難發現移動的代價爲 $\max{A_i, B_i}$。排序後二分一下最多能選到哪即可。
Code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef bool boolean; #define ll long long #define ld long double template <typename T> boolean vmax(T& a, T b) { return (a < b) ? (a = b, true) : (false); } const int N = 1e5 + 5; const ll llf = 1e17; const int inf = (signed) (~0u >> 2); ll gcd(ll a, ll b) { return (b) ? (gcd(b, a % b)) : (a); } typedef class Fraction { public: ll a, b; Fraction() : a(0), b(1) { } Fraction(ll a, ll b) : a(a), b(b) { } boolean operator < (Fraction B) const { return ((ld) a) * B.b - ((ld) b) * B.a < 0; } boolean operator > (Fraction B) const { return ((ld) a) * B.b - ((ld) b) * B.a > 0; } } Fraction; #define pii pair<int, int> typedef class Item { public: int a, b, id; Item() { } Item(int a, int b, int id) : a(a), b(b), id(id) { } int maxval() const { return max(a, b); } boolean operator < (Item i) const { return maxval() < i.maxval(); } } Item; int n; vector<Item> E; ll _presum[N], *presum; int main() { scanf("%d", &n); ll _sum = 0; for (int i = 1, a, b; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &a, &b); E.emplace_back(a, b, i); _sum += max(b - a, 0); } sort(E.begin(), E.end()); Fraction ans (0, 1), I (1, 1); presum = _presum + 1; presum[-1] = 0; for (int i = 0; i < n; i++) presum[i] = presum[i - 1] + E[i].maxval(); for (int j = 0; j < n; j++) { ll sum = _sum, ts; Item& e = E[j]; if (e.a > e.b) sum += e.b - e.a; int l = 0, r = n - 1, mid; #define calc(p) (presum[p] - (p >= j) * e.maxval()) while (l <= r) { mid = (l + r) >> 1; ts = calc(mid); if (ts <= sum) { l = mid + 1; } else { r = mid - 1; } } Fraction tmp (sum - calc(l - 1), e.b); tmp = min(tmp, I); tmp.a += tmp.b * (l - (l > j)); ans = max(ans, tmp); } ll g = gcd(ans.a, ans.b *= n); ans.a /= g; ans.b /= g; printf("%lld %lld\n", ans.a, ans.b); return 0; }
Problem E Prefix Suffix Addition
顯然可以讓前綴加非 0 的位置不相交,後綴加非 0 的位置不相交,並且不會更劣。
問題等價於把原序列拆成兩個序列 $\{x_i\}, \{y_i\}$,滿足
-
$x_0 = y_0 = x_{n + 1} = y_{n + 1} = 0$
- $x_i \geqslant 0, y_i \geqslant 0, x_i + y_i = a_i$。
要求最小化 $\sum [x_i > x_{i + 1}] + [y_i < y_{i + 1}]$。
設 $f_{i, j}$ 表示考慮到序列的第 $i$ 位,$x_i$ 的值爲 $j$ 的最小代價。
不難發現兩個性質:
- $f_{i, j}$ 的極差小於等於 2
- $f_{i, j}$ 單調不增
然後記錄一下分界點,轉移二分一下就行了。
Code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef bool boolean; const int N = 2e5 + 5; typedef class dp_t { public: int v0, p1, p2, a; dp_t() { } dp_t(int v0, int p1, int p2, int a) : v0(v0), p1(p1), p2(p2), a(a) { } int eval(int x, int na) { #define calc(xls, fold) ((fold) + (xls > x) + (a - xls < na - x)) int rt = calc(0, v0); if (p1 <= a) rt = min(rt, calc(p1, v0 - 1)); if (p2 <= a) rt = min(rt, calc(p2, v0 - 2)); return rt; } dp_t trans(int na) { dp_t rt (0, 0, 0, na); rt.v0 = eval(0, na); int l = 0, r = na, mid; while (l <= r) { mid = (l + r) >> 1; if (eval(mid, na) == rt.v0) { l = mid + 1; } else { r = mid - 1; } } rt.p1 = l; r = na; while (l <= r) { mid = (l + r) >> 1; if (eval(mid, na) == rt.v0 - 1) { l = mid + 1; } else { r = mid - 1; } } rt.p2 = l; return rt; } } dp_t; int n; int a[N]; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", a + i); } dp_t f (0, 1, 1, 0); for (int i = 1; i <= n; i++) f = f.trans(a[i]); f = f.trans(0); printf("%d\n", f.v0); return 0; }
Problem F Two Pieces
考慮用 $(x, d)$ 來表示一個狀態,其中較大數在 $x$,較小數和較大數的差爲 $d$。那麼可以通過一些限制轉化成求操作序列個數,有如下三種操作:
- 將 $x, d$ 同時加上 1
- 將 $d$ 減少 1,這個時候必須滿足 $d \geqslant 2$
- 將 $d$ 設爲 0.
你發現前面兩個操作"很 Catalan",考慮確定前兩個操作序列,然後插入第三種操作。
不難發現第 1 種操作會恰好執行 $B$ 次,考慮枚舉第 $2$ 種操作的操作次數 $k$。然後能用折線法計算方案數。
如果 $N = B + k$,這種情況很 trivial,可以直接做。否則考慮 $B + k < N$ 的情況。
考慮如何插入第 3 種操作,注意到它插入後必須同時滿足兩個條件:
- 縱座標到達 $B - A$。
- 不會使第二種操作不合法。
注意到它的影響相當於把一段後綴的 $d$ 減去其中第一個 $d$ 的值。所以爲了滿足第二個條件它必須是嚴格的後綴最小值,爲了滿足第一個條件它需要操作最後一個 $d = A - k$。
滿足這之後,可以把操作 3 插入任意一個滿足 $d \leqslant A - k$ 的嚴格後綴最小值處。這個直接插板法算方案即可。
Code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef bool boolean; #define ll long long void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) { if (!b) { x = 1, y = 0; } else { exgcd(b, a % b, y, x); y -= (a / b) * x; } } int inv(int a, int n) { int x, y; exgcd(a, n, x, y); return (x < 0) ? (x + n) : (x); } const int Mod = 998244353; template <const int Mod = :: Mod> class Z { public: int v; Z() : v(0) { } Z(int x) : v(x){ } Z(ll x) : v(x % Mod) { } friend Z operator + (const Z& a, const Z& b) { int x; return Z(((x = a.v + b.v) >= Mod) ? (x - Mod) : (x)); } friend Z operator - (const Z& a, const Z& b) { int x; return Z(((x = a.v - b.v) < 0) ? (x + Mod) : (x)); } friend Z operator * (const Z& a, const Z& b) { return Z(a.v * 1ll * b.v); } friend Z operator ~(const Z& a) { return inv(a.v, Mod); } friend Z operator - (const Z& a) { return Z(0) - a; } Z& operator += (Z b) { return *this = *this + b; } Z& operator -= (Z b) { return *this = *this - b; } Z& operator *= (Z b) { return *this = *this * b; } friend boolean operator == (const Z& a, const Z& b) { return a.v == b.v; } }; Z<> qpow(Z<> a, int p) { Z<> rt = Z<>(1), pa = a; for ( ; p; p >>= 1, pa = pa * pa) { if (p & 1) { rt = rt * pa; } } return rt; } typedef Z<> Zi; const int N = 2e7 + 7; int n, A, B; Zi fac[N], _fac[N]; void init(int n) { fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i; _fac[n] = ~fac[n]; for (int i = n; i; i--) _fac[i - 1] = _fac[i] * i; } Zi comb(int n, int m) { return (n < m) ? (0) : (fac[n] * _fac[m] * _fac[n - m]); } Zi calc(int x, int y) { return comb(x + y, x) - comb(x + y, x + 1); } int main() { scanf("%d%d%d", &n, &A, &B); if (!B) { puts("1"); return 0; } init(n << 1); Zi ans = 0; for (int k = 0; k <= n - B && k <= A; k++) { if (B + k == n) { ans += (A == k) * calc(B - 1, A); } else { ans += calc(B - 1, k) * comb(n - B - k - 1 + A - k, A - k); } } printf("%d\n", ans.v); return 0; }