文章目錄

• A. Omkar and Bad Story
• B. Prinzessin der Verurteilung
• C. Diluc and Kaeya
• D. Omkar and Medians
• E. Omkar and Forest
• F. Omkar and Akmar

#724-Div.2

A. Omkar and Bad Story

直接set暴力加值，加滿$300$個為止

#include <cstdio> #include <set> #include <map> using namespace std; #define maxn 105 set < int > ans; map < int, int > mp; int T, n;int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d", &n );mp.clear(), ans.clear();for( int i = 1, x;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &x ), ans.insert( x ), mp[x] = 1;while( 1 ) {bool flag = 1;for( set < int > :: iterator it = ans.begin();it != ans.end();it ++ ) {set < int > :: iterator nxt = it; nxt ++;for( ;nxt != ans.end();nxt ++ )if( ! mp[( *nxt ) - ( *it )] ) {mp[( *nxt ) - ( *it )] = 1;ans.insert( ( *nxt ) - ( *it ) );if( ans.size() > 300 ) goto print;flag = 0;}}if( flag ) break;}print :if( ans.size() > 300 ) printf( "NO\n" );else {printf( "YES\n%d\n", ans.size() );for( set < int > :: iterator it = ans.begin();it != ans.end();it ++ )printf( "%d ", ( *it ) );printf( "\n" );}}return 0; }

B. Prinzessin der Verurteilung

直接對字符串進行二十六進制位編碼，長度一共就$1000$，所以其實$MEX$的長度是非常小的

可以直接暴力做

#include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <set> using namespace std; #define maxn 1005 #define int long long set < int > st; int T, n; char s[maxn], ans[maxn];signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %s", &n, s + 1 );int t;for( int len = 1;len <= n;len ++ ) {st.clear();for( int i = 1;i <= n - len + 1;i ++ ) {int j = i + len - 1;int v = 0, p = 1;for( int k = j;k >= i;k --, p *= 26 )v += p * ( s[k] - 'a' + 1 );st.insert( v );}int k = 1, p = 1; t = 0;while( k <= len ) {t += p;p *= 26;k ++;}int End = t + p;for( set < int > :: iterator it = st.begin();it != st.end();it ++ )if( ( *it ) != t ) goto print;else t ++;if( t != End ) goto print;}print :int cnt = 0, p = 1;while( t > 0 ) {ans[++ cnt] = ( ( t % 26 ) + 25 ) % 26 + 'a';t -= ( ans[cnt] - 'a' + 1 );t /= 26;}for( int i = cnt;i;i -- ) printf( "%c", ans[i] );printf( "\n" );}return 0; }

C. Diluc and Kaeya

還是挺考思維的

會發現，頻率$(a,b)$如果可以，后面接一段同樣的頻率$(a,b)$，總體可以根據這個頻率進行分塊

而總體的頻率仍然是$(a+a,b+b)\to (a,b)$

所以有從左到右遍歷所有前綴，則前綴的答案等于迄今為止這對前綴的出現次數

#include <map> #include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define maxn 500005 map < pair < int, int >, int > mp; int T, n; char s[maxn];int gcd( int x, int y ) {if( x < y ) swap( x, y );if( ! y ) return x;else return gcd( y, x % y ); }int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {mp.clear();scanf( "%d %s", &n, s + 1 );int D = 0, K = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if( s[i] == 'D' ) D ++;else K ++;int d = gcd( D, K );int NewD = D / d, NewK = K / d;mp[make_pair( NewD, NewK )] ++;printf( "%d ", mp[make_pair( NewD, NewK )] );}printf( "\n" );}return 0; }

D. Omkar and Medians

考慮對于當前$a_i$而言

如果$a_i<a_{i?1}$也就相當于整個序列新增了極大值在最后面；反之新增了極小值在最前面

發現每次只能新增一個，那么$a_i$就不能跨過與$a_{i?1}$有關的某個范圍

($a_i$不能比現有的最小的大于$a_{i?1}$的值還大；$a_i$不能比現有的最大的小于$a_{i?1}$的值還小)

這可以使用set來模擬

#include <set> #include <cstdio> using namespace std; #define maxn 200005 set < int > s; int T, n; int a[maxn];int main() {scanf( "%d", &T );again :while( T -- ) {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &a[i] );s.clear();s.insert( a[1] );for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {int last = a[i - 1];if( a[i] == last ) continue;else if( last < a[i] ) {set < int > :: iterator it = s.upper_bound( last );if( it != s.end() && ( *it ) < a[i] ) {printf( "NO\n" );goto again;} else;} else {set < int > :: iterator it = s.lower_bound( last );if( it != s.begin() && ( *(-- it) ) > a[i] ) {printf( "NO\n" );goto again;} else;}s.insert( a[i] );} printf( "YES\n" );}return 0; }

E. Omkar and Forest

相鄰格子相差不能超過$1$；如果某個單元格中的數字嚴格大于0，則至少應嚴格大于與其相鄰的一個單元格中的數字 —— 這其實是bfs的過程

當$0$確定后，便可以一層一層往外推

所以這是道結論題，答案就是$2^{\#的個數}$

當然要特判整張圖一個零都沒有的情況需要減一（全都沒填零）

#include <cstdio> #define mod 1000000007 #define int long long #define maxn 2005 int T, n, m; char s[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &m );int cnt = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%s", s + 1 );for( int j = 1;j <= m;j ++ )cnt += ( s[j] =='#' );}if( cnt == n * m ) printf( "%lld\n", ( qkpow( 2, cnt ) - 1 + mod ) % mod );else printf( "%lld\n", qkpow( 2, cnt ) );}return 0; }

F. Omkar and Akmar

最后的終止局面一定是AB（相鄰不同顏色）或者A|B（相鄰不同顏色中插個空）

對抗性博弈論，后手必勝（秉持對著填原則）

染色數一定是偶數，且染色球之間最多有一個空

枚舉染色數$i$，染色情況數為$i!$

環特殊分情況看第一個位置是否染色

如果第一個位置不是空，$i$染色導致有$i$個位置放置$n?x$被限制死的空，$C_i^{n?i}$

如果第一個位置是空，$C_{i?1}^{n?i?1}$

最后要乘個$2$，因為ABAB...跟BABA...算不同局面

#include <cstdio> #define maxn 1000005 #define int long long #define mod 1000000007 int n; int fac[maxn], inv[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }int C( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }signed main() {scanf( "%lld", &n );fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;int ans = 0;for( int i = 2;i <= n;i += 2 )ans = ( ans + ( C( i, n - i ) % mod + C( i - 1, n - i - 1 ) ) % mod * fac[i] % mod ) % mod;printf( "%lld\n", ans * 2 % mod );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #724 (Div. 2) 题解的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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