文章目錄

• A - Century
• B - 200th ABC-200
• C - Ringo's Favorite Numbers 2
• D - Happy Birthday! 2
• E - Patisserie ABC 2
• F - Minflip Summation

KYOCERA Programming Contest 2021（AtCoder Beginner Contest 200）

A - Century

簡單的除以$200$向上取整

B - 200th ABC-200

翻譯成程序，$while$模擬即可

C - Ringo’s Favorite Numbers 2

差為$200$倍數(shù)，則兩個數(shù)同余$200$，按照模完后的余數(shù)分類單獨計算即可$C_{r_i}^2$

#include <cstdio> #define maxn 200005 #define int long long int n; int A[maxn], r[205];signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld", &A[i] ), r[A[i] % 200] ++;int ans = 0;for( int i = 0;i < 200;i ++ )ans += ( r[i] * ( r[i] - 1 ) / 2 );printf( "%lld\n", ans );return 0; }

D - Happy Birthday! 2

設$d{p}_{i,j}:$前$i$個數(shù)中選某些數(shù)的和模$200$余數(shù)為$j$（$i$必選）的方案數(shù)

直接大力轉移，順便用維克托兒記錄下轉移路徑，方案數(shù)一旦等于$2$即代表有解

因為$DP$定義限制，兩個序列的最后一個一定是一樣的，這可能導致無法記錄下最后一位不一樣的方案

所以在原序列后面加一個$0$，這樣保證了兩個數(shù)列的最后一位一定會是一樣的

#include <cstdio> #include <vector> using namespace std; #define int long long #define maxn 205 vector < pair < int, int > > G[maxn][maxn]; int n; int A[maxn], ans1[maxn], ans2[maxn]; int f[maxn][maxn];void print( int *ans, int &cnt, int p, int r ) {if( ! G[p][r].size() ) return;ans[++ cnt] = p;print( ans, cnt, G[p][r][0].first, G[p][r][0].second ); }signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld", &A[i] );A[++ n] = 0;f[0][0] = 1;int pos, r; bool flag = 1;for( int i = 1;i <= n && flag;i ++ )for( int j = 0;j < i && flag;j ++ )for( int k = 0;k <= 200 && flag;k ++ )if( f[j][k] ) {f[i][( k + A[i] ) % 200] += f[j][k];G[i][( k + A[i] ) % 200].push_back( make_pair( j, k ) );if( f[i][( k + A[i] ) % 200] == 2 ) {pos = i, r = ( k + A[i] ) % 200;flag = 0;break;}}if( ! flag ) {printf( "Yes\n" );int cnt1 = 0, cnt2 = 0, t = 0;ans1[++ cnt1] = ans2[++ cnt2] = pos;print( ans1, cnt1, G[pos][r][0].first, G[pos][r][0].second );print( ans2, cnt2, G[pos][r][1].first, G[pos][r][1].second );if( pos == n ) t = 1;printf( "%lld", cnt1 - t );for( int i = cnt1;i > t;i -- )printf( " %lld", ans1[i] );printf( "\n%lld", cnt2 - t );for( int i = cnt2;i > t;i -- )printf( " %lld", ans2[i] );}elseprintf( "No\n" );return 0; }

E - Patisserie ABC 2

設$d{p}_{i,j}$表示選到第$i$個數(shù)和為$j$的方案數(shù)量

發(fā)現(xiàn)狀態(tài)轉移$d{p}_{i,j}\to d{p}_{i+1,j+1},d{p}_{i+1,j+2}...d{p}_{i+1,j+n}$是連續(xù)段轉移，用差分即可

接著線性即可掃出總和，然后枚舉美麗度，計算出味道的取值范圍，進而確定味道，自然而然就確定了歡迎度

#include <cstdio> #include <iostream> using namespace std; #define int long long int dp[4][3000005]; int n, k;signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &k );dp[0][0] = 1;for( int i = 0;i < 3;i ++ ) {for( int j = 0;j <= i * n;j ++ ) {dp[i + 1][j + 1] += dp[i][j];dp[i + 1][j + n + 1] -= dp[i][j];}for( int j = 1;j <= ( i + 1 ) * n;j ++ )dp[i + 1][j] += dp[i + 1][j - 1];}int sum;for( int i = 3;i <= 3 * n;i ++ )if( dp[3][i] >= k ) {sum = i;break;}elsek -= dp[3][i];for( int beauty = 1;beauty <= n;beauty ++ ) {int minn = max( 1ll, sum - beauty - n );int maxx = min( n, sum - beauty - 1 );if( minn > maxx ) continue;if( k > maxx - minn + 1 ) k -= ( maxx - minn + 1 );else {int taste = minn + k - 1;return ! printf( "%lld %lld %lld\n", beauty, taste, sum - beauty - taste );}}return 0; }

F - Minflip Summation

對于每種可能串$T$，設$S=\{i|T_i=T_{i+1}\},i\in [0,len)$，舉個栗子T=010110，S={0,1,2,4}

改寫每次對一段l,r進行操作
$$\{\begin{array}{llc}l=1& & \alpha (l?1)\\ r=len?1& & \alpha (r)\end{array}$$
$\alpha (i):$如果$T_i=T_{i+1}$，把$i$從$S$中刪掉，否則加入其中

最后答案形態(tài)則是$S=?$

不難發(fā)現(xiàn)，每次最多會從$S$中刪去兩個數(shù)，所以最后的答案為$?\frac{tot}{2}?$($tot=|S|$)

接下來考慮統(tǒng)計所有情況串中相鄰兩個字符不同的數(shù)量

$cnt=2^{kq}\times (k\times {\sum }_{i=0}^{len?1}f(i,i+1)+(k?1)\times f_{len,0})$
$$f_{i,j}=?\begin{array}{llcc}\frac{1}{2}& & & (T_i=?)|(T_j=?)\\ 1& & & (T_i=T_j)\\ 0& & & (T_i=T_j)\end{array}$$

簡單討論一下

• $T_i=T_j=0/1$，那么對于$2^{kq}$種情況的字符串$i$都不可能被算進$S$，貢獻$0$
• $T_i=0/1,T_j=1/0,T_i=T_j$，同理對于$2^{kq}$種情況的字符串$i$都會被算進$S$，貢獻$1$
• 只有一個是$?$，那么只有$\frac{1}{2}$的概率貢獻$1$，與另一個確定的字符不一樣
• 兩個都是$?$，一共有$4$種情況，兩種相同（都是$1$，都是$0$），概率同樣是$\frac{1}{2}$

重復$K$次原串，那么除了首尾少一次，其余都要$\times k$

但是這里仍然存在有一點小問題。

10100有三對相鄰字符不一樣，101001有四對相鄰字符不一樣，但是都需要花費$2$次操作

我們本意是想上取整，但是在模意義下非常難搞

事實上，對于一個有奇數(shù)對相鄰字符不一樣的串，重復多次后，理想與實際操作之間是恒定的

舉個例子，101100，三對不一樣，花費$2$，實際算的是$1$，重復一遍101100101100，七對不一樣，花費$4$，實際算的是$3$……

歸納一下，也就是說對于奇數(shù)對的串答案總是少了$1$

加上這奇數(shù)對串的個數(shù)即為正確結果

不難發(fā)現(xiàn)，奇數(shù)對串的個數(shù)恰恰為首尾字符不相等的個數(shù)，$2^{kq}\times f(T_0,T_{len?1})$

所以最后的答案是$cnt=2^{kq}\times k\times {\sum }_{i=0}^{len?1}f(i,(i+1)\%len))$

#include <cstdio> #include <cstring> #define int long long #define mod 1000000007 #define maxn 100005 char s[maxn]; int k, inv, ans;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 f( char x, char y ) {if( x == '?' || y == '?' ) return inv;else if( x != y ) return 1;else return 0; }signed main() {scanf( "%s %lld", s, &k );int len = strlen( s );if( len * k == 1 ) return ! printf( "0\n" );int tot = 0;inv = qkpow( 2, mod - 2 );for( int i = 0;i < len;i ++ )tot += ( s[i] == '?' );int t = qkpow( 2, k * tot ) * k % mod;for( int i = 0;i < len;i ++ )ans = ( ans + t * f( s[i], s[( i + 1 ) % len] ) % mod ) % mod;ans = ans * inv % mod;printf( "%lld\n", ans );return 0; } 創(chuàng)作挑戰(zhàn)賽新人創(chuàng)作獎勵來咯，堅持創(chuàng)作打卡瓜分現(xiàn)金大獎

總結

以上是生活随笔為你收集整理的KYOCERA Programming Contest 2021（AtCoder Beginner Contest 200）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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