A. Balanced Substring

題意
從給定的$ab$串中找到任意一個$a,b$數(shù)量相等的子串并輸出。如果找不到輸出$?1?1$.

分析

如果一個較大的子串符合要求，則其中必然出現(xiàn)"$ab$“或者”$ba$"，故只找這兩種串即可。

另外$n\le 50$，隨便你怎么暴力。

代碼

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) #define int long long const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std;signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--){int n;cin >> n;string s;cin >> s;bool flag = 0;for(int i = 0; i < s.size() - 1; ++i){if(s[i] != s[i + 1]){cout << i + 1 << ' ' << i + 2 << endl;flag = 1;break;}}if(!flag) cout << -1 << ' ' << -1 << endl;} }

B. Chess Tournament

題意

有$n$個人兩兩比賽，他們分兩種人，第一種人不能夠有敗績，第二種人希望贏至少一局，存在平局。

問有沒有可能構(gòu)造出滿足所有人的最終結(jié)果，如果有，輸出任意一個結(jié)果。

分析

對于第一種人，他們不能有敗績，所以他們對局直接全部設(shè)為平局即可。

對于第二種人，他們要在內(nèi)部贏其他人至少一次。對于第 $i$ 個人，可以貪心地選取當(dāng)前剩余未比場次最多的人 $j$ 來讓 $i$ 贏 $j$。也可以直接讓所有第二種人構(gòu)成一個環(huán)，環(huán)上箭頭尾部贏，頭部輸，除環(huán)以外剩下的對局隨便填滿即可?？傊?span id="ozvdkddzhkzd" class="katex--inline">$n\le 50$，隨便怎么搞

代碼（貪心）

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) // #define int long long const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std; struct node {int id, s, type; }a[55]; char m[55][55]; bool vis[55][55]; signed main() {// DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--){int n;cin >> n;mem(vis);fors(i, 1, n){a[i].id = i;scanf("%1d", &a[i].type);a[i].s = n; // 未比場數(shù)}vector<int> v;fors(i, 1, n){if(a[i].type == 2) v.pb(i);else{fors(j, 1, n){if(i == j) continue;m[i][j] = m[j][i] = '=';vis[i][j] = vis[j][i] = 1;a[j].s--, a[i].s--;}}}bool flag = 1;for(int i = 0; i < v.size(); ++i){int mx = 0, mxi;for(int j = 0; j < v.size(); ++j){if(i == j) continue;if(mx < a[v[j]].s && !vis[v[i]][v[j]]){mx = a[v[j]].s;mxi = v[j];}}if(mx == 0){flag = 0;break;}a[v[i]].s--, a[mxi].s--;m[v[i]][mxi] = '+', m[mxi][v[i]] = '-';vis[v[i]][mxi] = vis[mxi][v[i]] = 1;}fors(i, 1, n){fors(j, 1, n){if(!vis[i][j]){m[i][j] = '+', m[j][i] = '-';vis[i][j] = vis[j][i] = 1;}}}if(!flag) cout << "NO" << endl;else{cout << "YES" << endl;fors(i, 1, n){fors(j, 1, n){if(i == j){cout << 'X';continue;}cout << m[i][j];}cout << endl;}}}return 0; }

C. Jury Meeting

題意

有$n$個數(shù)，你需要把他們進(jìn)行排列，排列完后，從左至右，每個數(shù)依次減去1。當(dāng)一個數(shù)減為0后，它就會被跳過，不再減去。然后再從1開始，重復(fù)這個步驟，直到所有數(shù)都變成0。

你需要保證在這個過程中，不會有一個位置被連續(xù)減了兩次，求滿足條件的排列數(shù)。

分析

一個位置被連續(xù)減了兩次當(dāng)且僅當(dāng)除了它以外全都是0.

剩下的這個被連續(xù)減去的肯定也只可能是最大值了。

顯然可以知道：

數(shù)列中所有數(shù)都相同時，全部排列都符合條件

數(shù)列中最大值與次大值相差大于1，且最大值只有1個時，無論如何都不會滿足條件

數(shù)列中最大值出現(xiàn)次數(shù)超過1時，全部排列都符合條件（和情況1相似）

故我們只需要討論的情況只剩下：數(shù)列中最大值與次大值相差1，且最大值只出現(xiàn)一次的情況。

要不使最大值被連續(xù)減去多次，當(dāng)且僅當(dāng)排列中最大值的后面存在次大值。

例如$3,3,4$最后會被減成$0,0,1$，再減一次$0,0,0$，第三個位置就被連續(xù)減了兩次。但是$3,4,3$的話，最后減成$0,1,0$，最后減去第二個位置，但是第二個位置上一個減去的是第三個位置，不連續(xù)。

所以我們找到一種排列，最大值的后面有次大值即可。

為了稍微簡化計算，不妨考慮其互斥情況：最大值后面沒有次大值。

那么我們利用高中排列組合的“插空法”。假設(shè)$n$個數(shù)中，有$1$個最大值，$c2$個次大值。從$n$個位置中選擇$c2+1$個位置，然后選出位置的最后一個放上最大值，其余位置用次大值進(jìn)行全排列，剩下的$n?c2?1$個位置再用其余數(shù)全排列，得到$C_n^{c2+1}?A_{c2}^{c2}?A_{n?c2?1}^{n?c2?1}$，所以最終答案是
$$ans=A_n^n?C_n^{c2+1}?A_{c2}^{c2}?A_{n?c2?1}^{n?c2?1}$$
（當(dāng)然，正向考慮并不比這個互斥情況復(fù)雜，直接$ans=C_n^{c2+1}?C_{c2}^1?A_{c2}^{c2}?A_{n?c2?1}^{n?c2?1}$，昨晚有點多此一舉）

具體實現(xiàn)上使用了Lucas定理，復(fù)雜度$O(nlogn)$，注意最后做減法的時候取模。

代碼

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) #define int long long const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std; const int maxn = 2e5 + 10; int pi[maxn]; const int mod = 998244353LL; int qpow(int a, int b) {int ans = 1;a %= mod;while(b){if(b & 1){ans = ans * a % mod;}b >>= 1;a = a * a % mod;}return ans; } int C(int n, int m) {if(m > n) return 0;int ans = 1;fors(i, 1, m){int a = (n + i - m) % mod;int b = i % mod;ans = ans * (a * qpow(b, mod - 2) % mod) % mod; }return ans % mod; } void prework() {pi[0] = 1;pi[1] = 1;fors(i, 1, maxn - 1){pi[i] = (pi[i - 1] * i) % mod;} } int a[maxn]; signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;prework();while(t--){int n;cin >> n;fors(i, 1, n) cin >> a[i];int mx = 0;fors(i, 1, n) mx = max(mx, a[i]);int tmx = 0;fors(i, 1, n){if(a[i] > tmx && a[i] != mx) tmx = a[i];}int c1 = 0, c2 = 0;fors(i, 1, n){if(a[i] == mx) c1++;else if(a[i] == tmx) c2++;}if(c2 == 0 || c1 > 1){cout << pi[n] << endl;}else if(mx - tmx > 1){cout << 0 << endl;}else{int ans = C(n, c1 + c2);ans = (ans * pi[c1]) % mod;ans = (ans * pi[c2]) % mod;ans = (ans * pi[n - c1 -c2]) % mod;ans = pi[n] - ans;ans += 2 * mod;ans %= mod;cout << ans << endl;}}return 0; }

D. Inconvenient Pairs

題意

在一個坐標(biāo)從$(0,0)$到$(1e6,1e6)$的正方形框里，有$n$條橫直線，$m$條縱直線。輸入保證邊界也是直線之一?，F(xiàn)在有$k$個點分布在各個確定的直線上，只能通過已經(jīng)畫出的線移動，當(dāng)一對點之間的最短路大于他們之間的曼哈頓距離時，這對點稱為inconvenient，問有多少對inconvenient的點。

分析

當(dāng)一個點在橫線豎線的交點上時，它肯定不做貢獻(xiàn)，到任意其他的點的最短路程都是曼哈頓距離。

但當(dāng)兩個點同在橫線上但不是同一個橫線上時，就有可能做貢獻(xiàn)了。豎線同理。

如果兩個點在橫線上，且不在同一橫線上，而且他們都被夾在相鄰的兩豎線之間，那么肯定就是inconvenient pair了，豎線同理。

我們需要算出，任意兩相鄰豎線之間有多少條在橫線上的點，并排除掉在同一橫線上的情況，然后計算答案。

具體就是用map存有哪些橫（縱）邊，然后對每個縱（橫）邊上的點用二分查找查出它在哪兩個橫（縱）邊之間，答案先加上目前已統(tǒng)計的這兩條橫邊之間的點的數(shù)目，再減去點所在縱邊上原來有的點的數(shù)目。

代碼

#include <bits/stdc++.h> #define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i) #define lson k<<1 #define rson k<<1|1 #define pb push_back #define lowbit(x) ((x)&(-(x))) #define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a)) #define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0) #define int long long const int inf = 0x3f3f3f3f; const double dinf = 1e100; typedef long long ll; //const ll linf = 9223372036854775807LL; // const ll linf = 1e18; using namespace std; const int maxn = 2e5 + 10; int v[maxn], h[maxn]; signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--){map<int, bool> verti, horiz;map<pair<int, int>, int> onY, onX;map<int, int> cntx, cnty;int n, m, k;cin >> n >> m >> k;fors(i ,1, n) cin >> v[i], verti[v[i]] = 0;fors(i, 1, m) cin >> h[i], horiz[h[i]] = 0;int x, y;int ans = 0;fors(i, 1, k){cin >> x >> y;if(verti.count(x) && horiz.count(y)) continue;else{int px = lower_bound(v + 1, v + 1 + n, x) - v;int py = lower_bound(h + 1, h + m + 1, y) - h;if(verti.count(x)){ans += cnty[py] - onX[{py, x}];cnty[py]++, onX[{py, x}]++;}else{ans += cntx[px] - onY[{px, y}];cntx[px]++, onY[{px, y}]++;}}}cout << ans << endl;}return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的Educational Codeforces Round 113 (Rated for Div. 2) 个人题解 ABCD的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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