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【AtCoder】AGC022

阿新 • • 發佈：2018-11-01

A - Diverse Word

不到26位就加上一個最小的
到26位了就搜一下，最多回溯就一次，所以複雜度不大

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <vector>
//#define ivorysi
#define MAXN 100005
#define eps 1e-7
#define mo 974711
#define pb push_back
#define mp make_pair
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
char s[55],ans[55];
int N,L;
bool vis[55];
bool dfs(int dep) {
    if(dep > 26) return false;
    if(!vis[s[dep] - 'a']) {
        vis[s[dep] - 'a'] = 1;
        ans[dep] = s[dep];
        if(dfs(dep + 1)) return true;
        vis[s[dep] - 'a'] = 0;
    }   
    for(int i = s[dep] - 'a' + 1 ; i <= 25 ; ++i) {
        if(!vis[i]) {
            L = dep;
            ans[dep] = 'a' + i;
            return true;
        }
    }
    return false;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%s",s + 1);
    N = strlen(s + 1);
    if(N != 26) {
        for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) vis[s[i] - 'a'] = 1;
        for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) putchar(s[i]);
        for(int i = 0 ; i <= 25 ; ++i) {
            if(!vis[i]) {
                putchar('a' + i);
                break;
            }
        }
        putchar('\n');
    }
    else {
        if(!dfs(1)) puts("-1");
        else {
            for(int i = 1 ; i <= L ; ++i) putchar(ans[i]);
            putchar('\n');
        }
    }
}

B - GCD Sequence

3 4 5都特判輸出
根據30000我們猜測每三個數裡要有兩個，或者每六個數裡有四個
我們根據這些數%6的餘數分成0 2 3 4 ，6減去他們和他們自己都不互質，所以考慮這麼構造

但是我們希望我們的總和是6的倍數，我們算出當前%6的餘數再修改某個點使得總和是6的倍數即可

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <vector>
//#define ivorysi
#define MAXN 20005
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
const int64 MOD = 998244353;
int N;
int c = 0,ans[MAXN],S;

int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    scanf("%d",&N);
    if(N == 3) puts("2 5 63");
    else if(N == 4) puts("2 5 20 63");
    else if(N == 5) puts("2 5 20 30 63");
    else {
    for(int i = 0 ; i <= 4999 ; ++i) {
        ans[++c] = 6 * i + 2,ans[++c] = 6 * i + 3,ans[++c] = 6 * i + 4,ans[++c] = 6 * i + 6;
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) S = (S + ans[i]) % 6;
    if(S == 5) {
        ans[6] = 6 * 4999 + 4;
    }
    else if(S == 3) {
        ans[6] = 6 * 5000;
    }
    else if(S == 2){
        ans[5] = 6 * 5000;
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i == N]);
    }
    return 0;
}

C - Remainder Game

顯然第k個如果不加，比他小的都放進去都比它優

所以我們列舉每個k，每次把比它小的k都加進去，看看是否合法

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <vector>
//#define ivorysi
#define MAXN 20005
#define eps 1e-8
#define mo 974711
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
const int64 MOD = 998244353;
int N;
int a[55],b[55];
int s[55],cnt,ans[55];
bool vis[55];
void Init() {
    scanf("%d",&N);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&b[i]);
}
bool check(int x) {
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    vis[a[x]] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= cnt ; ++i) {
    for(int j = s[i] ; j <= 50 ; ++j) {
        if(vis[j]) vis[j % s[i]] = 1;
    }
    }
    if(vis[b[x]]) return true;
    return false;
}
void Solve() {
    cnt = 0;
    for(int i = 50 ; i >= 1 ; --i) s[++cnt] = i;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    if(!check(i)) {puts("-1");return;}
    }
    for(int i = 50 ; i >= 1 ; --i) {
    cnt = 0;
    for(int j = 50 ; j >= i ; --j) {
        if(ans[j]) s[++cnt] = j;
    }
    for(int j = i - 1 ; j >= 1 ; --j) s[++cnt] = j;
    for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
        if(!check(j)) {
        ans[i] = 1;
        break;
        }
    } 
    }
    int64 res = 0;
    for(int i = 50 ; i >= 1 ; --i) {
    if(ans[i]) res |= 1LL << i;
    }
    printf("%lld\n",res);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Init();
    Solve();
    return 0;
}

D - Shopping

也就是求我們最多轉多少圈，輸出乘上2×L就好

我們對於每個位置求一個二元組\((x,y)\)
對於\(t\)處理成取模圈長之後的
\(x = 0\)表示從左邊來，下一次火車經過的時候是從右邊來，\(x = 1\)表示從左邊來，下一次火車經過的時候是從左邊來
\(y = 0\)表示從右邊來，下一次火車經過的時候從左邊來，\(y = 1\)表示從右邊來，下一次火車經過的時候從右邊來
顯然我\(x = 1\)從左邊進要多繞一圈，\(y = 1\)從右邊要多繞一圈

\((1,1)\)的點可以直接刪除，然後答案累加上1

然後對於\((0,1)(0,1)(0,1)(0,0)(1,0)(1,0)\)這樣的形狀，顯然不能通過任何一個點走到另一個點而不加任何額外的花費

所用的圈數就是車站的個數 + 1
如果是(0,0)或者(0,1)作為結尾，且後面沒有任何其餘的車站時，就是圈數就是車站的個數

實際上，我們會有很多\((0,0)(0,1)\)和\((1,0)(0,0)\)和\((0,0)(0,0)\)這樣的形狀，我們把他們兩兩搭配起來就好，圈數+1
要把\((0,0)\)和別的搭配完了再把\((0,0)\)兩兩搭配，這樣減少的圈最多，並且儘量不配最右一個點

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define MAXN 300005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {out(x / 10);}
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,tot,sta[MAXN],top;
int64 L,x[MAXN],t[MAXN],ans;
pii p[MAXN];
bool vis[MAXN];


void Solve() {
    read(N);read(L);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(x[i]);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    read(t[i]);
    ans += t[i] / (2 * L);
    t[i] %= (2 * L);
    if(t[i] == 0) p[i] = mp(1,1);
    else p[i] = mp(t[i] > 2 * (L - x[i]),t[i] > 2 * x[i]);
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    if(p[i].fi == 1 && p[i].se == 1) {
        vis[i] = 1;
        if(t[i] != 0) ++ans;
    }
    }
    top = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    if(!vis[i]) {
        if(p[i].fi == 1 && p[i].se == 0) {
        sta[++top] = i;
        }
        if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 0) {
        if(top) {
            vis[i] = 1;vis[sta[top]] = 1;
            --top;++ans;
        }
        }
    }
    }
    top = 0;
    for(int i = 1; i < N ; ++i) {
    if(!vis[i]) {
        if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 0) {
        sta[++top] = i;
        }
        if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 1) {
        if(top) {
            vis[i] = 1;vis[sta[top]] = 1;
            --top;++ans;
        }
        }
    }
    }
    top = 0;
    for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
    if(!vis[i]) {
        if(p[i].fi == 0 && p[i].se == 0) {
        if(top) {
            vis[i] = 1;vis[sta[top]] = 1;
            --top;++ans;
        }
        else sta[++top] = i;
        }
    }
    }
    if(!vis[N] && p[N].fi == 0) {
    for(int i = 1 ; i < N - 1 ; ++i) {
        if(!vis[i] && p[i].se == 0) {
        vis[i] = 1;vis[N] = 1;++ans;break;
        }
    }
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    if(!vis[i]) ++ans;
    }
    if(!vis[N]) {
    if(p[N].fi == 1 && p[N].se == 0) ++ans;
    }
    else ++ans;
    out(ans * 2 * L);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

E - Median Replace

這個E怎麼那麼水？？？
和上一道D題比起來簡直畫風不一樣……
分還一樣？？？

我們顯然要貪心地把連著三個0變成一個0

如果開頭有兩個連續的1，我們一定可以使得最後的答案是1

如果開頭是一個0，我們一定會把它弄走，而且它的合併一定是和它後面連續的兩個

那麼我們就可以記dp狀態為\(dp[i][j][h][0/1]\)表示當前有j個0，開頭有h個1，有沒有出現形狀01

然後轉移就是每次加一個0
形狀01是010，合成一個0
兩個0和零個0都會變成1個0
一個0變成兩個0

每次加一個1
如果有兩個0會變成一個0
如果有一個0會變成01
如果沒有0就累加一個1
如果有01會累加一個1

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define mp make_pair
#define pb push_back
//#define ivorysi
#define MAXN 300005
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
        out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int dp[MAXN][3][2][2],sum[MAXN],ans,N;
char s[MAXN];
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
int fpow(int x,int c) {
    int res = 1,t = x;
    while(c) {
        if(c & 1) res = mul(res,t);
        t = mul(t,t);
        c >>= 1;
    }
    return res;
}
void Solve() {
    scanf("%s",s + 1);
    N = strlen(s + 1);
    for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
        sum[i] = sum[i + 1] + (s[i] == '?');
    }
    dp[0][0][0][0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        int t = 0;

        for(int j = 0 ; j <= 2 ; ++j) {
            for(int h = 0 ; h <= 1 ; ++h) {
                for(int k = 0 ; k <= 1 ; ++k) {
                    if(!dp[i - 1][j][h][k]) continue;
                    if(s[i] == '0' || s[i] == '?') {
                        if(k) update(dp[i][1][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                        else {
                            if(j == 1) update(dp[i][2][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                            else update(dp[i][1][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                        }
                    }
                    if(s[i] == '1' || s[i] == '?') {
                        if(k) {
                            if(h) update(t,dp[i - 1][j][h][k]);
                            else update(dp[i][0][h + 1][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                        }
                        else {
                            if(j == 1) update(dp[i][0][h][1],dp[i - 1][j][h][k]);
                            if(j == 2) update(dp[i][1][h][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                            if(j == 0) {
                                if(h) update(t,dp[i - 1][j][h][k]);
                                else update(dp[i][0][h + 1][0],dp[i - 1][j][h][k]);
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
        update(ans,mul(t,fpow(2,sum[i + 1])));
    }
    update(ans,inc(dp[N][0][1][1],dp[N][0][1][0]));
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}

F - Checkers

一道結論題

很顯然的一點是，我們相當於給每個點上填上\(\pm 2^j\)

然後一個什麼樣的序列是合法的呢就是對於某一個位權\(i\)
如果我們可以通過改變所有\(2^i\)前面的符號，可以達成所有\(0 \leq j \leq i\)使得他們的和等於\(1\)，那麼這個集合就合法
（證明：咕咕咕？）

這樣的話我們可以記一個\(dp[i][j]\)表示確定了\(i\)位的值，所有數的和是\(1 + j * V\)，我們上一個加的最大的2的次冪是\(\frac{V}{2}\)，因為\(2 * j\)是偶數所以總可以變成\(0\)
答案就是\(dp[N][0]\)為了處理負數可以把第二維整體向前平移\(N\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define mp make_pair
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {putchar('-');x = -x;}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int N;
int dp[55][105],inv[55],invfac[55],fac[55];
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
int C(int n,int m) {
    if(n < m) return 0;
    return mul(fac[n],mul(invfac[m],invfac[n - m]));
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
void Solve() {
    read(N);
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) inv[i] = mul(inv[MOD % i],MOD - MOD / i);
    fac[0] = invfac[0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
    invfac[i] = mul(invfac[i - 1],inv[i]);
    }
    dp[1][N] = 1;
    dp[1][N - 1] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    for(int j = -i ; j <= i ; ++j) {
        for(int k = max(1,abs(j)) ; k <= N ; ++k) {
        if(i + k > N) break;
        for(int h = 0 ; h <= k ; ++h) {
            if((j + 2 * h - k) % 2) continue;
            int val = (j + 2 * h - k) / 2;
            if(val < -N || val > N) continue;
            update(dp[i + k][val + N],mul(dp[i][j + N],mul(C(i + k,k),C(k,h))));
        }
        }
    }
    }
    out(dp[N][N]);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

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A - Diverse Word 不到26位就加上一個最小的 到26位了就搜一下，最多回溯就一次，所以複雜度不大 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorith

【Atcoder】ARC 080 E - Young Maids

個數 amp -a urn rmq 遞歸 algorithm b- printf 【算法】數學+堆 【題意】給定n個數的排列，每次操作可以取兩個數按序排在新序列的頭部，求最小字典序。 【題解】 轉化為每次找字典序最小的兩個數按序排在尾部，則p1和p2的每次選擇都必須滿足：p

【AtCoder】ARC086 E - Smuggling Marbles

closed getchar 一輪 oot pre ring tor i++ cto 【題目】E - Smuggling Marbles 【題意】給定n+1個點的樹（root=0），每個點可以選擇放或不放彈珠，每一輪進行四個操作： 1.將根節點0的彈珠加入答案。 2.每個點

【AtCoder】ARC067 F - Yakiniku Restaurants 單調棧+矩陣差分

() rest 個數 最大 我們 AI 復雜度 就是 scan 【題目】F - Yakiniku Restaurants 【題意】給定n和m，有n個飯店和m張票，給出Ai表示從飯店i到i+1的距離，給出矩陣B(i,j)表示在第i家飯店使用票j的收益，求任選起點和終點的最大（

【AtCoder】ARC096 C-F題解

== 背包 first num 最大 CP 然而 兩種 using 聽說日本題思維都很棒，去漲漲智商qwq C - Half and Half 題解 枚舉買多少個AB披薩也行 但是關於買x個AB披薩最後的總花費是個單峰函數，可以三分 這題有點像六省聯考2017D1T1送分題

【AtCoder】ARC096(C - F)

fir efi pen -i source include and 都是 ever 聽說日本題思維都很棒，去漲漲智商qwq C - Half and Half 題解 枚舉買多少個AB披薩也行 但是關於買x個AB披薩最後的總花費是個單峰函數，可以三分 這題有點像六省聯考201

【AtCoder】ARC062F - AtCoDeerくんとグラフ色塗り / Painting Graphs with AtCoDeer

con ifdef arc using 循環 ID graphs ans map 題解 考慮一個點雙（因為是簡單環），如果沒有環（兩點一線），那麽乘上K 如果有一個環，那麽用polya定理，每個置換圈有gcd(i,n)個循環節 如果有兩個及以上的環，任何一種置換都合法，那麽

【AtCoder】AGC011 D - Half Reflector

cst reflect put 然而 OS class AR space GC 題解 大意是n個管子排成一排，每個管子有兩種狀態，A狀態是從某個方向進去，從原方向出來，B狀態是從某個方向進去，從另一個方向出來 球經過一個A狀態的管子這個管子會立刻變成B狀態，經過一個B狀態的

【AtCoder】AGC011 E - Increasing Numbers

就是 size () stdin cto clear -- UC cond 題解 題是真的好，我是真的不會做 智商本還是要多開啊QwQ 我們發現一個非下降的數字一定可以用不超過九個1111111111...1111表示 那麽我們可以得到這樣的一個式子，假如我們用了k個數，那

【atcoder】All Your Paths are Different Lengths[arc102D]（亂搞）

ase owb arc line 傳送門 turn read sed 二進制 　　題目傳送門：https://arc102.contest.atcoder.jp/tasks/arc102_b 　　這道題有點毒瘤啊，罰時上天。。 　　顯然若$ l=2^n $那麽就可以直接

【AtCoder】ARC100 題解

cut swa std while 處理 方式 累加 endif matrix C - Linear Approximation 找出\(A_i - i\)的中位數作為\(b\)即可 題解 #include <iostream> #include <cst

【AtCoder】AGC024

freak can print std || ring [1] 大於 air A - Fairness 如果奇數次是b - a 否則是a - b #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se secon

【AtCoder】ARC091

C - Flip,Flip, and Flip...... 只有一個這一個是反面 只有一行那麼除了兩邊以外都是反面 否則輸出\((N - 2)*(M - 2)\) #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #defi

【AtCoder】ARC099題解

C - Minimization 每次操作必然包含一個1 列舉第一次操作的位置計算兩邊即可 程式碼 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #def

【AtCoder】AGC021

sin 顏色 pair 高位到低位 優化 urn set 附加 fab A - Digit Sum 2 從高位到低位數的第i位以前前綴都相同，第i位比當前位上的數小1的情況下，後面都填9 枚舉一下然後計算最大的就好 #include <bits/stdc++.h>

【AtCoder】Dwango Programming Contest V題解

tco first rotation ram tmp pre 證明 必須 隊列 A - Thumbnail 根據題意寫代碼 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define p

【AtCoder】 AtCoder Beginner Contest 103 (ABC103)

先上一張最終結果的圖吧： 感覺AtCoder的ABC還是比較練手的，考驗程式碼速度，網速，D題還會有一些思維難度。 這次ABC由於網路原因，很遲才看到題，但完成得還是不錯的。 題解： A 題意：給你三個都需要被完成的任務的難度，均為1至100的正整數。 首先，你可以

【AtCoder】ARC090

C - Candies 前一列舉一個i，求第一行的前i個和第二行從第n個到第i個 程式碼 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define p

【AtCoder】ARC089

C - Traveling 先看能不能走到，再看看奇偶性是否相同 #include <bits/stdc++.h> #define fi first #define se second #define pii pair<int,int> #define pdi pair<db

【AtCoder】【DP】【組合數學】BBQ Hard(AGC001)

題意： 有n個包，一個包裡面有一根竹籤，上面有編號i，還有Ai個A物品，Bi個B物品。現在選擇兩個包，用兩個竹籤將A物品和B物品串起來。兩種方法是不一樣的，當且僅當選擇的竹籤的編號不同（忽略順序）或者A,B物品的擺放順序不同（可重複排列）。 下面是N=3的情況：