Codeforces Round 970 (Div. 3) A~F

A.Sakurako’s Exam (思维)

题意：

$Sakurako$有一场数学考试。老师给了一个数组，由 $a$个 1 和 $b$个 2 组成。

在数组中，$Sakurako$必须在每个元素前面放置一个 + 或 -，以使数组中所有元素的总和等于 $0$。

$Sakurako$不确定是否有可能解决这个问题，因此确定是否有办法分配符号，使得数组中所有元素的总和等于 $0$。

分析：

当$a,b$都为偶数时候，一定可以使得和为$0$。只需要对半符号相反即可。当$a$为偶数，$b$可以是奇数也可以是偶数。例如1 1 2符合条件，1 1 2 2也符合条件。当$a$是奇数个时，不满足题意。当$a,b$其中一个为$0$时，另外一个要为偶数个。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int N = 3e5 + 10;
const int InF = 2e9 + 5;
const int mod = 998244353;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        if (a == 0)
        {
            if (b % 2)
                cout << "NO" << endl;
            else
                cout << "YES" << endl;
        }
        else if (b == 0)
        {
            if (a % 2)
                cout << "NO" << endl;
            else
                cout << "YES" << endl;
        }
        else if (a % 2)
            cout << "NO" << endl;
        else
            cout << "YES" << endl;
    }
    return 0;
}

B.Square or Not (思维)

题意：

精美的二进制矩阵是边缘为$1$而内部为$0$的矩阵。 $Sakurako$有一个大小为 $r\times c$的精美二进制矩阵，并通过写下矩阵的所有行（从第一行开始到第 $r$行结束）创建了一个二进制字符串 $s$。换句话说，矩阵中第 $i$行和 $j$列的元素对应于字符串的第 $((i-1)\ast c+j)$个元素。 现在你需要检查字符串 $s$所构造的矩阵是不是正方形。

分析：

首先考虑读入的字符串长度是否能构造成正方形，其次因为矩阵的外围为$1$，中间为$0$，遍历到 时$(i,j)$，看字符串对应位置$i\times \sqrt{n}+j$的字符是否为对应字符即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int N = 3e5 + 10;
const int InF = 2e9 + 5;
const int mod = 998244353;
void solve()
{
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    int m = sqrt(n);
    if (m * m != n)
    {
        cout << "No" << endl;
        return;
    }
    for (int i = 0; i < m; i++)
    {
        for (int j = 0; j < m; j++)
        {
            char c = '0';
            if (!i || !j || i == m - 1 || j == m - 1)
                c = '1';
            if (s[i * m + j] != c)
            {
                cout << "No" << endl;
                return;
            }
        }
    }
    cout << "Yes" << endl;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

C. Longest Good Array (贪心)

题意：

$Sakurako$正在研究数组。长度为 $n$的数组 $a$被认为是好的，当且仅当：

• 数组 $a$是递增的，并且对于所有 $2\le i\le n$都是 $a\_i-1<a\_i$；

• 相邻元素之间的差异是递增的，意味着对于所有 $2\le i<n$都是 $a\_i-a\_i-1<a\_i+1-a\_i$。

$Sakurako$已经确定了 $l$和 $r$，并希望构造一个长度最大的好数组，其中对于所有 $a\_i$都是 $l\le a\_i\le r$。

帮助 $Sakurako$找到给定 $l$和 $r$的好数组的最大长度。

分析：

我们贪心的考虑这个问题，让差值每次递增$1$，例如$l,l+1,l+3,l+6$这样进行构造，再二分答案能构造的最大长度即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int N = 3e5 + 10;
const int InF = 2e9 + 5;
const int mod = 998244353;
void solve()
{
    LL L, R;
    cin >> L >> R;
    LL l = 0, r = R;
    while (l < r)
    {
        LL mid = l + r + 1 >> 1;
        LL sum = (1 + mid) * mid / 2;
        if (L + sum <= R)
            l = mid;
        else
            r = mid - 1;
    }
    cout << r + 1 << endl;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

D. Sakurako’s Hobby (枚举)

题意：

对于某个排列 $p$，$Sakurako$规定整数 $j$可以通过 $i$到达，当且仅当可以通过进行若干次 $i=p\_i$的操作 ，使 $i$等于 $j$。

如果是 $p=[3,5,6,1,2,4]$，那么例如， $4$可以从 $1$到达，因为： $i=1$$\to$$i=p\_1=3$$\to$$i=p\_3=6$$\to$$i=p\_6=4$。现在为 $i=4$，因此 $4$可从 $1$到达。

排列中的每个数字都被涂成黑色或白色。

$Sakurako$将函数 $F(i)$定义为可从 $i$到达的黑色整数的数量。

请计算出每个 $1\le i\le n$的 $F(i)$的值。

分析：

考虑到题目给出的是排列，那么所有元素在按照规则遍历时，会出现环状结构（最后到达本身），这个环上的所有元素 $F(i)$都相等。我们逐个循环枚举就可以求出所有的$F(i)$。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int N = 3e5 + 10;
const int InF = 2e9 + 5;
const int mod = 998244353;
void solve()
{
    LL n;
    cin >> n;
    LL p[n + 1] = {0}, b[n + 1] = {0};
    int us[n + 1] = {0};
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> p[i];
    }
    string s;
    cin >> s;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (us[i])
            continue;
        int sz = 0;
        while (!us[i])
        {
            us[i] = 1;
            sz += s[i - 1] == '0';
            i = p[i];
        }
        while (us[i] != 2)
        {
            b[i] = sz;
            us[i] = 2;
            i = p[i];
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cout << b[i] << " ";
    }
    cout << endl;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

E. Alternating String (dp)

题意：

$Sakurako$非常喜欢交替字符串。如果偶数位置上的字符相同，奇数位置上的字符相同，并且字符串的长度为偶数，她将小写拉丁字母的字符串 $s$称为交替字符串。

例如，字符串 abab 和 gg 是交替的，而字符串 aba 和 ggwp 则不是。

现在，你可以对字符串执行两种类型的操作：

1. 选择一个索引 $i$，并从字符串中删除第 $i$个字符，这将使字符串的长度减少 $1$。这种类型的操作最多只能执行 $1$次；

2. 选择索引 $i$，并将 $s\_i$替换为任何其他字母。

给出使字符串变为交替字符串所需的最少操作数。

分析：

因为只能删除一次字符，所以长度为奇数时才考虑删除。我们令$num[i][j]$表示奇数位或者偶数位，各种字符出现的次数。当$n$为偶数时，分别找到奇数位与偶数位出现最多字符的次数，这些字符保持不变。那么有$ans=n-max(num\_0,num\_0+25)-max(num\_1,num\_1+25);$。当$n$为奇数时，我们只要遍历$1-n$，表示删除该字符后的操作次数，最终去最小值即可。 我们再令$tmp[i][j]$表示在当前位置上各个字符出现的次数，再令$cnt[i][j]$表示删除该位置上字符后整个字符串上奇偶字符数。那么有$cnt[0][j]=tmp[0][j]+num[1][j]-tmp[1][j]$。$cnt[1][j]=tmp[1][j]+num[0][j]-tmp[0][j]$。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int N = 3e5 + 10;
const int InF = 2e9 + 5;
const int mod = 998244353;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        int n;
        cin >> n;
        string s;
        cin >> s;
        int ans = n;
        int cnt[2][26]{};
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            cnt[i % 2][s[i] - 'a']++;
        }
        if (n % 2 == 0)
        {
            ans = ans - *max_element(cnt[0], cnt[0] + 26) - *max_element(cnt[1], cnt[1] + 26);
        }
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
        {
            cnt[i % 2][s[i] - 'a']--;
            if (n % 2)
            {
                ans = min(ans, n - *max_element(cnt[0], cnt[0] + 26) - *max_element(cnt[1], cnt[1] + 26));
            }
            cnt[(i + 1) % 2][s[i] - 'a']++;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

F. Sakurako’s Box (数学)

题意：

$Sakurako$有一个装有 $n$个球的盒子。每个球都有其价值。她想和朋友打赌，朋友能否从盒子中随机挑选两个球（可能是两个不同的球，但它们的价值可能相同），它们的价值乘积将与 $Sakurako$猜测的数字相同。 现在你要帮他找出数组中两个元素乘积的期望值。 可以证明期望值的形式为 $\frac{P}{Q}$，其中 $P$和 $Q$为非负整数，并且为 $Q\ne 0$。输出 $P\cdot Q^{-1}(\mathrm{mod}10^9+7)$的值。

分析：

数组中数对的数量为$C\_n^2=\frac{n\ast (n-1)}{2}$，所有数对的乘积和为$sum=\sum \_{i=2}^n\sum \_{j=1}^{i-1}a\_j\ast a\_i$，那么期望值就是$\frac{sum}{C^2\_n}$。我们再用前缀和进行优化，令$f(i)=\sum \_{j=1}^{i}a\_i$，$sum=\sum \_{i=2}^{n}a\_i\ast \sum \_{j=1}^{i-1}a\_j=\sum \_{i=2}^{n}a\_i\ast f(i-1)$。再用快速幂算出逆元进行计算即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
#define PII pair<LL, LL>
const int N = 3e5 + 10;
const int InF = 2e9 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
LL qmi(LL a, int b)
{
    LL res = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        LL n;
        cin >> n;
        LL pre = 0, sum = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            LL x;
            cin >> x;
            if (i > 1)
            {
                (sum += pre * x % mod) %= mod;
            }
            (pre += x) %= mod;
        }
        LL ans = sum * qmi(n * (n - 1) % mod * qmi(2, mod - 2) % mod, mod - 2) % mod;
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

赛后交流

在比赛结束后，会在交流群中给出比赛题解，同学们可以在赛后查看题解进行补题。

群号： 704572101，赛后大家可以一起交流做题思路，分享做题技巧，欢迎大家的加入。