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\(A\)：Takahashikun, The Strider（點此看題面）

大致題意： 從原點出發，每次向前走\(1\)單位距離並轉\(x°\)，問要走多少步才能走回原點。

\[\frac{lcm(360,x)}{x}=\frac{\frac{360\times x}{gcd(360,x)}}x=\frac{360}{gcd(360,x)} \]

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
using namespace std;
int n;I int gcd(CI x,CI y) {return y?gcd(y,x%y):x;}//求gcd
int main()
{
	return scanf("%d",&n),printf("%d\n",360/gcd(360,n)),0;//直接輸入+輸出
}
 

\(B\)：Extension（點此看題面）

大致題意： 給定一個\(a\times b\)的矩形，你每次可以加一行或者加一列，並在新增的格子中選一個塗黑。問能得到多少種\(c\times d\)的矩形。

設\(f_{i,j}\)表示能得到多少種\(i\times j\)的矩形。

先給出邊界情況的顯然轉移：

\[f_{i,b}=f_{i-1,b}\times b \]

\[f_{a,j}=f_{a,j-1}\times a \]

而一般情況下的轉移，考慮它必然是最終加一行或加一列得到的，而重複的情況只有最後一行、最後一列各只有一個黑格子（不能在交點處），即：

\[f_{i,j}=f_{i,j-1}\times i+f_{i-1,j}\times j-f_{i-1,j-1}\times(i-1)\times(j-1) \]

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 3000
#define X 998244353
using namespace std;
int a,b,c,d,f[N+5][N+5];
int main()
{
	RI i,j;scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
	for(f[a][b]=1,i=a;i<=c;++i) for(j=b;j<=d;++j) if(a==i&&b==j);else//不處理原圖
		if(b==j) f[i][j]=1LL*f[i-1][j]*j%X;else if(a==i) f[i][j]=1LL*f[i][j-1]*i%X;//兩種特殊邊界
		else f[i][j]=(1LL*f[i-1][j]*j+1LL*f[i][j-1]*i-1LL*(i-1)*(j-1)%X*f[i-1][j-1]%X+X)%X;//一般情況轉移
	return printf("%d\n",f[c][d]),0;
}
 

\(C\)：Shift（點此看題面）

大致題意： 給定一個\(01\)串，你可以進行至多\(k\)次操作，每次把一個\(0\)右側的某個\(1\)移到它左邊。問能得到多少種本質不同的\(01\)串。

考慮我們把給定的\(01\)串轉化，用\(a_i\)來表示第\(i\)個\(0\)與第\(i-1\)個\(0\)之間\(1\)的個數。

那麼一次操作，就相當於\(--a_j,++a_i(j>i)\)，定義這次操作為\((i,j)\)。

然後我們發現，執行操作\((i,j)\)和\((j,k)\)等價於執行了操作\((i,k)\)。

為了避免計算重複，我們便強制對於每一個\(a_i\)，要麼增加，要麼減少。

即設\(f_{i,j,k}\)表示\(DP\)到第\(i\)個位置，進行了\(j\)次操作，預進行了\(k\)次操作（即之後還要減去\(k\)）的方案數。

每個位置有三種轉移：

• 不操作，\(f_{i+1,j,k}+=f_{i,j,k}\)。
• 加上\(p\)，\(f_{i+1,j+p,k+p}+=f_{i,j,k}\)。
• 減去\(p\)，\(f_{i+1,j,k-p}+=f_{i,j,k}\)。

這看上去是個\(O(n^4)\)的\(DP\)，但調整好上下界之後，由於跑不滿，輕鬆過。

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 300
#define X 998244353
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,m,a[N+5],f[N+5][N+5][N+5];char s[N+5];
int main()
{
	RI i,j,k,cnt=1;for(scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1),i=1;i<=n;++i) s[i]^'0'?++a[cnt]:++cnt;//轉化
	RI p;scanf("%d",&m),m=min(n,m),f[0][0][0]=1;//初始化
	for(i=0;i^cnt;++i) for(j=0;j<=m;++j) for(k=0;k<=m;++k) if(f[i][j][k])//列舉狀態，如果狀態能達到再去刷表
	{
		Inc(f[i+1][j][k],f[i][j][k]);//不操作
		for(p=m-j;p;--p) Inc(f[i+1][j+p][k+p],f[i][j][k]);//加上一個數
		for(p=min(a[i+1],k);p;--p) Inc(f[i+1][j][k-p],f[i][j][k]);//減去一個數
	}
	RI t=0;for(i=0;i<=m;++i) Inc(t,f[cnt][i][0]);return printf("%d\n",t),0;//輸出答案
}