Educational Codeforces Round 11 覆盤
A
只要往相鄰的裡面插入 1 就好了。
const int MAXN = 1000 + 10; int n, aa[MAXN]; std::vector<int> ans; int main() { std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); n = read(); rep (i, 1, n) aa[i] = read(); rep (i, 1, n - 1) { // comp a[i], a[i + 1]; ans.push_back(aa[i]); if (std::__gcd(aa[i], aa[i + 1]) != 1) ans.push_back(1); } ans.push_back(aa[n]); printf("%d\n", (int) ans.size() - n); for (auto v : ans) printf("%d ", v); puts(""); return 0; }
B
暴力根據題意模擬即可。
然而我又雙叒叕讀錯題了,甚至連圖都看錯了,然後重寫了兩遍 QAQ 浪費了不少時間
const int MAXN = 100 + 10; int n, m; std::vector<int> window[2], mid[2]; int main() { std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); n = read(); m = read(); rep (i, 1, m) { if (i <= 2 * n) { window[(i - 1) & 1].push_back(i); } else { mid[(i - 1) & 1].push_back(i); } } window[0].resize(n + 1); window[1].resize(n + 1); mid[0].resize(n + 1); mid[1].resize(n + 1); // rep (i, 0, n - 1) { // printf("%d %d %d %d\n", window[0][i], mid[0][i], mid[1][i], window[1][i]); // } for (int row = 0; row < n; ++row) { if (mid[0][row]) printf("%d ", mid[0][row]); if (window[0][row]) printf("%d ", window[0][row]); if (mid[1][row]) printf("%d ", mid[1][row]); if (window[1][row]) printf("%d ", window[1][row]); } puts(""); return 0; }
C. Hard Process
一眼雙指標或者二分答案。和之前做的一個題很相似。
寫雙指標不大熟練所以保底寫了個二分。
const int MAXN = 3e5 + 10; int n, aa[MAXN]; int k; bool check(int mid) { if (mid == 0) return true; int cnt[2] = {0, 0}; for (int i = 1; i <= mid; ++i) { ++cnt[aa[i]]; } for (int l = 1; l <= n; ++l) { int r = l + mid - 1; if (r > n) break; if (cnt[0] <= k) return true; // move --cnt[aa[l]]; ++cnt[aa[r + 1]]; } return false; } int main() { std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); n = read(); k = read(); for (int i = 1; i <= n; ++i) aa[i] = read(); int l = 0, r = n, ans = 0; while (l <= r) { int mid = (l + r) >> 1; if (check(mid)) { ans = mid; l = mid + 1; } else r = mid - 1; } printf("%d\n", ans); int cnt[2] = {0, 0}; for (int i = 1; i <= ans; ++i) { ++cnt[aa[i]]; } for (int l = 1; l <= n; ++l) { int r = l + ans - 1; if (r > n) break; if (cnt[0] <= k) { for (int i = l; i <= r; ++i) aa[i] = 1; break; } // move --cnt[aa[l]]; ++cnt[aa[r + 1]]; } rep (i, 1, n) printf("%d ", aa[i]); return 0; }
D. Number of Parallelograms
本來以為是個計算幾何然後打算直接 run 的……
停了幾秒發現好像只是個幌子,因為沒有三點共線,所以直接把所有直線按照斜率分類,統計有多少長度相同的,把答案除以 2 就做完了。
然後寫了一個 long double 存斜率的發現在 map 裡面會出問題……樣例都過不去
接著意識到其實根本就不需要存實數斜率,直接存 {x1 - x0, y1 - y0}
相同的直線個數就可以了(假定 y1 - y0 >= 0
)。
然後光榮 WA on 28,很快就意識到沒處理 y1 - y0 = 0
時 x1 - x0
的符號問題,稍微改了一下就過了。
const int MAXN = 2000 + 10;
struct Vector {
lli x, y;
}; typedef Vector Point;
int n; Point pp[MAXN];
struct E {lli dx, dy;};
bool operator < (const E &x, const E &y) {
return x.dx == y.dx ? x.dy < y.dy : x.dx < y.dx;
}
std::map<E, lli> mp;
lli sqr(lli x) { return x * x; }
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
rep (i, 1, n) {
cin >> pp[i].x >> pp[i].y;
}
rep (i, 1, n) {
rep (j, i + 1, n) {
lli dx = pp[i].x - pp[j].x;
lli dy = pp[i].y - pp[j].y;
if (dy < 0) { dy = -dy; dx = -dx;}
if (dy == 0) dx = std::abs(dx);
// printf("dx = %d, dy = %d\n", dx, dy);
++mp[{dx, dy}];
}
}
// puts("");
lli ans = 0;
for (auto v : mp) {
// printf("dx = %d, dy = %d, sz = %d\n", v.first.dx, v.first.dy, v.second);
ans += 1ll * v.second * (v.second - 1) / 2ll;
}
cout << ans / 2 << endl;
return 0;
}
E. Different Subsets For All Tuples
計數題哈哈哈哈哈哈哈我不會數數怎麼辦
首先把空序列單獨拿出來,一共 \(m^n\) 個,最後加上。然後計算非空序列。
然後(據說)有一個經典套路是按照子序列的長度分類計算,比如當前我要算的就是長度為 \(i\) 的子序列,有 \(m^i\) 個。記這 \(i\) 個數在原序列中的位置是 \(p_1, p_2 \dots p_i\),值分別為 \(v_1, v_2 \dots v_i\)。
然後我們強制讓 \([1, p_1 - 1]\) 之間不出現 \(v_1\),\([p_1 + 1, p_2 - 1]\) 之間不出現 \(v_2\),以此類推,直到 \([p_i + 1, n]\) 最後這一段才可以隨便填。
可以列出一個式子:
\[\sum_{i = 1}^n m^i \sum_{j = i}^n C_{j - 1}^{i - 1} (m - 1)^{j - i} m^{n - j} \]第一個 \(\sum\) 列舉長度 \(i\),第二個 \(\sum\) 列舉 \(p_i\) 的位置,\(C_{j - 1}^{i - 1}\),\((m - 1)^{j - i}\) 是那些被欽定不能出現某個 \(v_i\) 的位置選數的方案數,\(m^{n - j}\) 是最後那一段的選數方案數。
然後就是大力化簡這個式子:
首先交換求和順序,
\[\sum_{j = 1}^n \sum_{i = 1}^j C_{j - 1}^{i - 1} (m - 1)^{j - i} m^{n - j + i} \]然後把兩個 \(-1\) 都搞掉並把後面的東西換個形式,
\[\sum_{j = 0}^{n - 1}m^{n - j} \sum_{i = 0}^j C_{j}^{i} (m - 1)^{j - i}m^i \]然後發現後面這玩意是個二項式定理,
\[\sum_{j = 0}^{n - 1}m^{n - j}(2m - 1)^j \]直接算就好了。
const int HA = 1e9 + 7;
int n, m;
int fp(int a, int b, int p) {
int r = 1; while (b) { if (b & 1) r = 1ll * r * a % p; a = 1ll * a * a % p; b >>= 1; } return r;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
n = read(); m = read();
int ans = fp(m, n, HA);
for (int j = 0; j <= n - 1; ++j) {
ans = (ans + 1ll * fp(m, n - j, HA) * fp(2 * m - 1, j, HA) % HA) % HA;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
F
好像是個斜率優化 DP……