比賽鏈接

官方題解

Problem A. Study Scheduling

計算兩個時刻的時間間隔，減去 $K$ 。
時間複雜度 $O(1)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
int get(int h, int m) {
	return h * 60 + m;
}
int main() {
	int h1, m1, h2, m2, k;
	read(h1), read(m1), read(h2), read(m2), read(k);
	cout << get(h2, m2) - get(h1, m1) - k << endl;
	return 0;
}

Problem B. Postdocs

不難發現對於任意字符串，將某個 P 替換成 D 不會使得答案變小。
因此，將所有問號替換成 D 即可。

時間複雜度 $O(|T|)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
char s[MAXN];
int main() {
	scanf("%s", s + 1);
	int n = strlen(s + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (s[i] == '?') s[i] = 'D';
	printf("%s\n", s + 1);
	return 0;
}

Problem C. Folia

對於二叉樹上有 $x$ 個節點的一層，其上一層可能的非葉節點數爲：
$\lceil\frac{x}{2}\rceil,\lceil\frac{x}{2}\rceil+1,\lceil\frac{x}{2}\rceil+2,\dots,x$

由此，我們自底向上可以求出每一層結點總數可能的區間 $[l_i,r_i]$ 。

問題有解，當且僅當 $1\in[l_0,r_0]$ 。
對於最大化節點總數的問題，我們只需要再自頂向下，進行一遍貪心即可。

時間複雜度 $O(N)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
ll a[MAXN], l[MAXN], r[MAXN];
int main() {
	int n; read(n);
	for (int i = 0; i <= n; i++)
		read(a[i]);
	if (n == 0) {
		if (a[0] == 1) puts("1");
		else puts("-1");
		return 0;
	}
	for (int i = n; i >= 0; i--) {
		l[i] = a[i] + (l[i + 1] + 1) / 2;
		r[i] = a[i] + r[i + 1];
	}
	if (l[0] != 1) {
		puts("-1");
		return 0;
	}
	ll ans = 1, cur = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cur -= a[i - 1];
		cur = min(r[i], cur * 2);
		ans += cur;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

Problem D. Urban Planning

每個點出度均不超過 $1$ 的有向圖形成了由一個基環內向樹和樹組成的森林。
出度爲 $0$ 的點必然是某一棵樹的樹根。

生成森林的邊數 $F$ 和圖中環的總數 $C$ 應當滿足：
$F=N-C$

因此，不妨考慮對 $C$ 的總和進行計數。
對於已經形成的環，顯然可以簡單地進行統計，其貢獻即爲 $(N-1)^k$ 。

對於尚未形成的環，其一定是由若干個出度爲 $0$ 的點所在的樹連接而成的。
考慮大小爲 $a_1,a_2,\dots,a_n\;(n\geq2)$ 的根節點是出度爲 $0$ 的點的樹，則在
$(n-1)!\times (N-1)^{k-n}\times \prod_{i=1}^{n}a_i$
種情況下，這些樹恰好連成了環。

特別地，對於 $n=1$ 的情況，情況總數應爲
$(N-1)^{k-1}\times (a_1-1)$

則設計動態規劃加速枚舉即可。

時間複雜度 $O(N^2)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5e3 + 5;
const int P = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
int n, p[MAXN], s[MAXN], f[MAXN];
int find(int x) {
	if (f[x] == x) return x;
	else return f[x] = find(f[x]);
}
int fac[MAXN], powk[MAXN], dp[MAXN];
void update(int &x, int y) {
	x += y;
	if (x >= P) x -= P;
}
int power(int x, int y) {
	if (y == 0) return 1;
	int tmp = power(x, y / 2);
	if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;
	else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
int main() {
	int k = 0; read(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		f[i] = i, s[i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		read(p[i]);
		k += p[i] == -1;
		if (p[i] != -1) {
			int x = find(i), y = find(p[i]);
			if (x != y) {
				f[x] = y;
				s[y] += s[x];
			}
		}
	}
	dp[0] = powk[0] = fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
		powk[i] = 1ll * powk[i - 1] * (n - 1) % P;
	}
	int ans = 1ll * n * powk[k] % P;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (f[i] == i) {
			if (p[i] == -1) {
				for (int j = n; j >= 1; j--)
					update(dp[j], 1ll * dp[j - 1] * s[i] % P);
			} else update(ans, P - powk[k]);
		}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (p[i] == -1) update(ans, P - 1ll * (s[i] - 1) * powk[k - 1] % P);
	for (int i = 2; i <= k; i++)
		update(ans, P - 1ll * dp[i] * fac[i - 1] % P * powk[k - i] % P);
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

Problem E. Binary Programming

首先，將問題倒過來考慮，由字符串 $T$ 開始，我們依次刪去一個字符，直至 $T$ 爲空。

首要的觀察是對於存在 $0$ 的字符串，我們會優先刪除 $0$ 。這是因爲對於一個刪去 $1$ 的操作，我們可以選擇轉而刪去相鄰的另一個字符，可以發現得到的結果不會變劣。

由此，對於連續的一段 $1$ ，我們關心的只是其個數的奇偶性，考慮刪去相鄰的兩個 $1$ 。
則 $T$ 將會成爲如下樣式：
$0\dots010\dots010\dots0\dots$

考慮此時每一個 $1$ 對答案的貢獻，記其之前的 $0$ 的個數爲 $p$ ，之後的 $0$ 的個數爲 $s$ 。
則對於奇數位的 $1$ ，刪去所有 $0$ 後其對答案的貢獻有上界：
$\lfloor\frac{p}{2}\rfloor+1+s$
對於偶數位的 $1$ ，刪去所有 $0$ 後其對答案的貢獻有上界：
$\lfloor\frac{p+1}{2}\rfloor+s$

事實上，這個上界是可以取到的。刪去第一段全部的 $0$ ，然後從左到右依次刪去每一段的若干個零，直至每一段均剩餘一個 $0$ ，最後從右往左刪去所有的 $0$ 即可取到該上界。

時間複雜度 $O(|T|)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
char s[MAXN]; int t[MAXN], f[MAXN];
int main() {
	scanf("%s", s + 1);
	int n = strlen(s + 1);
	int tot = 0, cnt[2] = {0, 0}; ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		tot += s[i] == '0';
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (s[i] == '0') cnt[0]++;
		else {
			if (s[i + 1] == '1') {
				ans += tot + 1, i++;
				cnt[1] += 2;
			} else {
				cnt[1] += 1;
				ans += i % 2;
				ans += tot - cnt[0];
				if (i % 2) ans += cnt[0] / 2;
				else ans += (cnt[0] + 1) / 2;
			}
		}
	for (int i = 1; i <= cnt[1] - 1; i++)
		ans += (i + 1) / 2;
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

Problem F. Sorting Game

考慮如何判斷某序列是否合法。在最終序列中，不應存在位置對 $(i,j)\;(i\leq j)$ ，滿足可以通過刪去一些二進制位的方式使得 $a_i>a_j$ ，且 $a_i$ 和 $a_j$ 在二進制上相差不止一位。

進一步考慮如何確定兩個數 $x,y$ 是否能夠通過刪去一些二進制位的方式滿足條件。

從高到低考慮每一個數位，記當前數位爲 $c_x,c_y$ 。
$(1)$ 、若 $c_x=c_y$ ，則顯然這是一個不產生影響的數位。
$(2)$ 、若 $c_y=c_x+1$ ，則表明若不刪去當前數位，將有 $x<y$ ，考慮最壞情況的前提下，我們應當刪去這個數位，因此這同樣是一個不產生影響的數位。
$(3)$ 、最後，若 $c_x=c_y+1$ ，則表明已經有 $y<x$ ，爲了讓 $(x,y)$ 滿足條件， $x,y$ 在後續的數位上必須完全相等，這同樣意味着我們可以將 $x,y$ 看做同一個數。

由此，考慮記 $dp_{i,j}$ 表示 $N=i,M=j$ 時的答案。

若最高位的序列不存在子串 $10$ ，即形如
$00\dots011\dots1$
則可以直接由 $dp_{i-1,j}$ 轉移得到。

否則，考慮最高位第一個出現的 $1$ 和最後一個出現的 $0$ ，例如
$00\dots01xx\dots x011\dots1$
則 $1xx\dots x0$ 中全部的元素的後續數位都應相等，記 $x$ 的個數爲 $c$ ，則可以由 $dp_{i-1,j-c-1}$ 轉移得到。那麼，枚舉 $x$ 的個數 $k$ ，不難得到一個 $O(N\times M^2)$ 的動態規劃解法。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5005;
const int P = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
void update(int &x, int y) {
	x += y;
	if (x >= P) x -= P;
}
int power(int x, int y) {
	if (y == 0) return 1;
	int tmp = power(x, y / 2);
	if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;
	else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
int dp[MAXN][MAXN];
int main() {
	int n, m; read(n), read(m);
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		dp[0][i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	for (int j = 1; j <= m; j++) {
		update(dp[i][j], 1ll * dp[i - 1][j] * (j + 1) % P);
		for (int k = 2; k <= j; k++)
			update(dp[i][j], 1ll * dp[i - 1][j - k + 1] * (j - k + 1) % P * power(2, k - 2) % P);
	}
	cout << dp[n][m] << endl;
	return 0;
}

觀察轉移，利用部分和簡單優化即可。
時間複雜度 $O(N\times M)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5005;
const int P = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
void update(int &x, int y) {
	x += y;
	if (x >= P) x -= P;
}
int power(int x, int y) {
	if (y == 0) return 1;
	int tmp = power(x, y / 2);
	if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;
	else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
int dp[MAXN][MAXN];
int main() {
	int n, m; read(n), read(m);
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		dp[0][i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int sum = 0;
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			update(dp[i][j], 1ll * dp[i - 1][j] * (j + 1) % P);
			update(dp[i][j], sum);
			sum = (2ll * sum + 1ll * dp[i - 1][j] * j) % P;
		}
	}
	cout << dp[n][m] << endl;
	return 0;
}

【AtCoder】NOMURA Programming Competition 2020

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