AB 水題

C - 1111gal password

題意：給出 N（\(2\le N\le 1e6\)）求滿足以下條件的 \(X\) 的數量，需除以模 (\(998244353\))

• $X $ 是 \(N\) 位數
• 對於 \(X_1,X_2,...,X_N\) 的每位數
  • \(1\le X_i \le 9\)
  • \(|X_i - X_{i+1}| \le 1\)

思路：

emm，直接看過去知道是比較明顯的數論推導問題，隨便寫了幾組發現當定義狀態 \(f_{i,j}\) 表示長度為 \(i\) 符合條件的數字，結尾數位是 \(j\) 有多少個。遞推式如下：

【AC Code】

const int N = 1e6 + 10, mod = 998244353;
ll n;
ll f[N][11];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    cout << fixed << setprecision(20);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= 9; i += 1) f[1][i] = 1;
    for (int j = 2; j <= n; j++) 
        for (int i = 1; i <= 9; i++)
            f[j][i] = (f[j - 1][i - 1] + f[j - 1][i] + f[j - 1][i + 1]) % mod;
    // 定義初始和結尾以及初始值
    // {1,2,3,4,5}, accumulate(a[0], a[5],0ll) = 15
    cout << accumulate(f[n] + 1, f[n] + 10, 0ll) % mod;
}
 

D - ABC Transform

題意：

給定一個長度為 \(N\) 的字串 \(S\) ，由A B C 三種字元組成，每一次變化會使 \(S\) 中的 A 全部變成 BC ，B 全部變成 CA ，C 全部變成 AB ，如 ABC 在一次變化後會變成 BCCAAB 。現在有 Q 個詢問，每個詢問都是求原串 \(S\) 經過 \(t_i\) 次變化後第 \(k_i\) 個字元

分析：

首先可以看出一個字元執行了 \(t\) 次操作以後的長度是好計算的，所以我們先把問題變成一個字元執行 \(t\) 次操作之後的第 \(k\) 個是什麼。

上面的東西可以考慮作為遞迴做，即定義函式類似 \(f(c,t,k)\)

表示字元 \(c\) 執行了 \(t\) 次操作得到的字串第 \(k\) 個是什麼，只是存在一個問題：\(t(\le 1e18)\) 太大了

觀察到每次操作會把字串長度加倍，所以執行很少操作後，就變成了對 \(f(c,t,1)\) 求值。然而操作三次以後第一個字元等價於沒有改變，所以可以直接得到結果。

Update：發現原思路雖然正確但有點繞

令 $f(t,k) $ 為原 \(S\) 經過 \(t_i\) 次變化後得到的 \(k_i\) 字元

首先，當 \(t=0\) 時，直接輸出 \(S_k\) 即可

其次，當 \(t \not= 0\) ，我們需要知道 \(f(t,k)\) 從何而來

樣例

ABC ->
BCCAAB ->
CAABABBCBCCA

採用分類討論的方法，不難發現

• 當 $ k\in {2m+1 | m\in Z}$ (即 \(k\) 為奇數時)，\(f(t - 1, \frac{k + 1}2) \to f(t,k)\)
• 當 $ k\in {2m | m\in Z}$ (即 \(k\) 為偶數時)，\(f(t - 1, \frac{k}2) \to f(t,k)\)

怎麼進行變化？

可以概闊為一個 \(g\) 函式：

inline char g(char ch, int x) { return (ch - 'A' + x) % 3 + 'A';}

但是，如果我們每一次都去遞迴 \(t\) 還是太大了，直接炸了。那麼只能動 \(k\) 了

觀察樣例中字串首，它們是 A B C 輪換的。

利用這條性質，當 \(k=0\) 即可直接求 \(f(t,0) = g(S.front(),t mod 3)\)

但是問題來了，這樣一個演算法肯定會對 \(k\) 取模，萬一 \(k = 0...\)

所以，我們把 \(S\) 的改為編號 \(0 \to N-1\)

此時：

• 當 $ k\in {2m+1 | m\in Z}$ (即 \(k\) 為奇數時)，\(f(t - 1, \frac{k - 1}2) \to f(t,k)\)
• 當 $ k\in {2m | m\in Z}$ (即 \(k\) 為偶數時)，\(f(t - 1, \frac{k}2) \to f(t,k)\)

程式碼就很好寫了

string s;
ll q, t, k;
inline char g(char ch, int x) { return (ch - 'A' + x) % 3 + 'A';}
char f(ll t, ll k) {
    if (!t) return s[k];
    if (!k) return g(s[0], t % 3);
    return g(f(t - 1, k >> 1), (k & 1) + 1);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    cout << fixed << setprecision(20);
    cin >> s >> q;
    while (q --) {
        cin >> t >> k;
        cout << f(t, k - 1) << "\n";
    }
}

E - (∀x∀)

title 好玩

我們可以列舉兩個字串相同的字首有多長，然後在後一個位置給串 \(X\) 填更小的字元，再之後的位置可以隨便填了。

• 需要判斷 \(X\) 的前半段全部和 \(S\) 相同時，後半段是否小於等於 \(S\)。

const int N = 1e6, mod = 998244353;
ll pw[N + 10] = {1};
string s;
int T, n;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    cout << fixed << setprecision(20);
    for (int i = 1; i <= N; i += 1) pw[i] = pw[i - 1] * 26ll % mod;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> s;
        s = "@" + s;
        int ans = 0;
        bool f = 1;
        for (int i = 1; i <= (n + 1) / 2; i++) {
            int a = s[i] - 'A', b = s[n + 1 - i] - 'A';
            ans = (ans + (ll)a * pw[(n + 1) / 2 - i]) % mod;
            f &= a <= b;
            f |= a < b;
        }
        cout << (ans + f) % mod << "\n";
    }
}