Educational Codeforces Round 94 (Div. 2) / contest 1400

于 2020-08-30 20:58:14 发布
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分类专栏： codeforces
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题目地址：https://codeforces.com/contest/1400



A String Similarity

题意：水题

思路：

代码：

#define DIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define DOUT freopen("output.txt","w",stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#include <cstdio>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef std::vector<int> VI;
typedef std::pair<int,int> P;
int read()
{
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

int main()
{
    char s[200];
    int T=read();
    while(T--)
    {
        int n=read();
        scanf("%s",s+1);
        REP(i,1,n) putchar(s[i*2-1]);
        puts("");
    }

    return 0;
}



B RPG Protagonist

题意：有两个人，一个可以背 p 单位重量，另一个可以背 f 单位重量；有 c n t s cnt_s cnts​ 个第一种武器，每个重量为 s，还有 c n t w cnt_w cntw​ 个第二种武器，每个重量为 w 。问这两个人总共能背走的武器数目最多是多少个？

cnt 的范围是 2e5，其它都是 1e9 。

思路：假设 s<w，然后枚举第一个人拿走 s 的数目，那么第一个人拿走 w 的数目就确定了，然后第二个人就尽可能多的拿走 s。 就是一个贪心的思路。

代码：

#define DIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define DOUT freopen("output.txt","w",stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#include <cstdio>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef std::vector<int> VI;
typedef std::pair<int,int> P;
int read()
{
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

int main()
{
    int T=read();
    while(T--)
    {
        LL p=read(),f=read(),cnts=read(),cntw=read();
        LL s=read(),w=read();
        LL ans=0;
        if(s>w) swap(s,w), swap(cnts,cntw);
        for(LL i=0;i<=cnts;i++)
        {
            if(i*s>p) break;
            LL tmp=i, cs=cnts-i, cw;
            LL j=(p-i*s)/w;
            if(j<=cntw) tmp+=j, cw=cntw-j;
            else tmp+=cntw, cw=0;

            if(s*cs>=f) tmp+=f/s;
            else
            {
                tmp+=cs;
                j=(f-cs*s)/w;
                if(j<=cw) tmp+=j;
                else tmp+=cw;
            }

            ans=max(ans,tmp);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }

    return 0;
}



C Binary String Reconstruction

题意：水题。

思路：首先把 0 的位置构造出来，然后剩下的位置都是 1，然后看是否满足条件就行了。

代码：

#define DIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define DOUT freopen("output.txt","w",stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#include <cstdio>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef std::vector<int> VI;
typedef std::pair<int,int> P;
int read()
{
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

const int maxn=1e5+5;
int s[maxn],w[maxn],n,x;
char t[maxn];

int main()
{
    int T=read();
    while(T--)
    {
        scanf("%s",t+1);
        x=read();
        n=strlen(t+1);
        REP(i,1,n) s[i]=t[i]-'0',w[i]=-1;
        REP(i,1,n) if(s[i]==0)
        {
            if(i-x>0) w[i-x]=0;
            if(i+x<=n) w[i+x]=0;
        }
        REP(i,1,n) if(w[i]==-1) w[i]=1;
        int flag=1;
        REP(i,1,n) if(s[i]==1)
        {
            int tmp=0;
            if(i-x>0 && w[i-x]==1) tmp=1;
            if(i+x<=n && w[i+x]==1) tmp=1;
            if(tmp==0) {flag=0; break;}
        }

        if(!flag) puts("-1");
        else
        {
            REP(i,1,n) printf("%d",w[i]);
            puts("");
        }
    }

    return 0;
}



D Zigzags

题意：给定一个数组 a，长度为 n（ 4 ≤ n ≤ 3000 4\le n \le 3000 4≤n≤3000），统计有多少个四元组 ( i , j , k , l ) (i,j,k,l) (i,j,k,l) ，满足： 1 ≤ i < j < k < l ≤ n 1\le i<j<k<l \le n 1≤i<j<k<l≤n ，并且 a i = a k a_i=a_k ai​=ak​， a j = a l a_j=a_l aj​=al​ 。

思路：可以看出 n 2 n^2 n2 的时间复杂度和空间复杂度都是可以接受的，所以枚举 j 这一维，然后把 k 和 l 这两维出现次数统计一下（可以哈希），然后对于每个 j，枚举 i，根据后面的统计数据来累加答案。

代码：

#define DIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define DOUT freopen("output.txt","w",stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#include <cstdio>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef std::vector<int> VI;
typedef std::pair<int,int> P;
int read()
{
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

int a[3005],n;
int mp[10000005];

#define TO(x) (x.first*(n+1)+x.second)

int main()
{
    int T=read();
    while(T--)
    {
        n=read();
        REP(i,1,n) a[i]=read();
        REP(i,0,(n+1)*(n+2)) mp[i]=0;

        LL ans=0;
        for(int i=n-2;i>1;i--)
        {
            for(int j=i+2;j<=n;j++)
                mp[TO(P(a[i+1],a[j]))]++;
            for(int k=1;k<i;k++)
                ans+=mp[TO(P(a[k],a[i]))];
        }
        cout<<ans<<endl;
    }

    return 0;
}



E Clear the Multiset

题意：有一个可重集合，里面有 a 1 a_1 a1​ 个 1， a 2 a_2 a2​ 个 2，……， a n a_n an​ 个 n 。现在有两种操作，第一种是选择一个区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] ，然后如果集合里面这个区间内所有数都存在，就把所有数减一；第二种是选择一个数，减去任意的数目。现在给出 n 个数组 a，问至少操作几次，可以删掉集合里面所有元素。

思路：分治。定义一个函数 solve(l, r) 表示处理 l 到 r 区间内的所有数需要最少的次数。可以发现要么整个区间全部用第二种操作，那么次数就是 r-l+1 ；要么找到区间内最小值（minx）以及它的位置（w），然后整个区间的值都减去 minx，那么次数就是 minx+solve(l, w-1)+solve(w+1, r) 。然后递归处理就行了。

复杂度为 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 。

代码：

#define DIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define DOUT freopen("output.txt","w",stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#include <cstdio>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef std::vector<int> VI;
typedef std::pair<int,int> P;
int read()
{
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

int n,a[5005];

int solve(int l,int r)
{
    if(l>r) return 0;
    if(l==r) return a[l]>0;
    int minx=1e9+5,id;
    REP(i,l,r) if(a[i]<minx) minx=a[i],id=i;
    int ans1=r-l+1;
    if(minx>=ans1) return ans1;
    REP(i,l,r) a[i]-=minx;
    int ans2=minx+solve(l,id-1)+solve(id+1,r);
    return min(ans1,ans2);
}

int main()
{
    n=read();
    REP(i,1,n) a[i]=read();
    cout<<solve(1,n);

    return 0;
}



F x-prime Substrings

题意：给定一个只包含 1-9 的字符串 s，然后定义 f(l, r) 表示 s[l,…,r] 的数位和，再定义 s[l,…,r] 是 x-prime 的，当且仅当：

  • f(l, r)=x；
  • 不存在 [l, r] 内的任何区间 [a, b]，使得 f(a, b)!=x 并且 f(a, b) 可以整除 x；

现在问你最少删除 s 中的几个字符，使得删除之后 s 不存在 x-prime 的子串。

1 ≤ ∣ s ∣ ≤ 1000 ,    x ≤ 20 1\le |s|\le 1000, \ \ x\le 20 1≤∣s∣≤1000,  x≤20 。

思路：因为 x 很小，所以可以直接暴力找出所有的 x-prime 的字符串，然后全部放进 Trie树里面，这样问题就变成了：给定一个字符串集合，以及一个字符串 s，你要删掉 s 中尽量少的字符，使得字符集合中任何一个都不是 s 的子串。这就和这道题思路差不多了： DNA repair 。

大致思路就是，把字符串集合建一个 AC自动机，那么问题就变成在 AC自动机上面跑，然后不能走到被标记的结点（就是那些单词以及后缀上有单词的结点）。那么就是个 dp 问题：设 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 表示 s 的前 i 个字符组成的字符串，匹配到 AC自动机的 j 结点时，最少删除的字符数。然后对于每个 f ( i − 1 , j ) f(i-1,j) f(i−1,j) ，要么不动，也就是删除 s[i]，也就是令 f ( i , j ) = m i n ( f ( i , j ) , f ( i − 1 , j ) + 1 ) f(i,j)=min(f(i,j),f(i-1,j)+1) f(i,j)=min(f(i,j),f(i−1,j)+1) ；要么如果可以往 s[i] 转移（假设转移到 x 结点），就令 f ( i , x ) = m i n ( f ( i , x ) , f ( i − 1 , j ) ) f(i,x)=min(f(i,x),f(i-1,j)) f(i,x)=min(f(i,x),f(i−1,j)) 。然后最后取最小值就可以了。

代码：

#define DIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define DOUT freopen("output.txt","w",stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#include <cstdio>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef std::vector<int> VI;
typedef std::pair<int,int> P;
int read()
{
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

struct Trie
{
    #define maxC 9
    int tot;
    int (*t)[maxC],*e,*fail;

    Trie(int n)
    {
        tot=0;
        t=new int[n][maxC]();
        e=new int[n]();
        fail=new int[n]();
    }

    void insert(char *s)
    {
        //printf("%s\n",s);
        int p=0;
        for(int i=0;s[i];i++)
        {
            int k=s[i]-'1';     // change according to maxC
            if(!t[p][k]) t[p][k]=++tot;
            p=t[p][k];
        }
        e[p]++;
    }

    void get_fail()
    {
        queue<int> Q;
        REP(i,0,maxC-1) if(t[0][i]) Q.push(t[0][i]);
        while(!Q.empty())
        {
            int k=Q.front(); Q.pop();
            if(e[fail[k]]) e[k]=e[fail[k]];
            REP(i,0,maxC-1)
                if(t[k][i]) fail[t[k][i]]=t[fail[k]][i], Q.push(t[k][i]);
                else t[k][i]=t[fail[k]][i];
        }
    }
};

const int maxn=5005,inf=1e8;
int a[25],s[25];
char t[1005],p[1005];
Trie trie(maxn);
int f[1005][maxn];

void get(int k,int sum,int x)
{
    if(sum>x) return;
    if(sum==x)
    {
        s[1]=a[1];
        REP(i,2,k-1) s[i]=s[i-1]+a[i];
        int flag=1;
        for(int i=1;i<=k-1;i++)
            for(int j=i;j<=k-1;j++)
                if(s[j]-s[i-1]!=x && x%(s[j]-s[i-1])==0)
                {
                    flag=0;
                    break;
                }
        if(flag)
        {
            REP(i,1,k-1) t[i]=a[i]+'0';
            t[k]=0;
            trie.insert(t+1);
        }
        return;
    }
    for(int i=1;i<=9;i++) if(sum+i<=x)
        a[k]=i,get(k+1,sum+i,x);
}

int main()
{
    scanf("%s",p+1);
    int x=read();
    get(1,0,x);
    trie.get_fail();
    int n=strlen(p+1),tot=trie.tot;
    REP(i,0,n) REP(j,0,tot) f[i][j]=inf;
    f[0][0]=0;

    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=tot;j++)
        {
            f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j]+1);
            int v=trie.t[j][p[i]-'1'];
            if(!trie.e[v]) f[i][v]=min(f[i][v],f[i-1][j]);
        }
    int ans=inf;
    for(int j=0;j<=tot;j++) ans=min(ans,f[n][j]);
    cout<<ans;

    return 0;
}



G Mercenaries

题意：给出 n（ 1 ≤ n ≤ 3 e 5 1\le n\le 3e5 1≤n≤3e5） 个士兵，每个士兵有一个区间 [ L i , R i ] [L_i,R_i] [Li​,Ri​] ，表示这个士兵所在的集合的大小要处于这个区间之内；然后还有 m（ m ≤ 20 m \le 20 m≤20） 组矛盾，表示为 a i a_i ai​ 和 b i b_i bi​ 这两个士兵有矛盾，他们不能在同一个集合之中。

你需要计算满足要求的集合数目，取模 998244353 。

思路：首先设一个数组 n u m [ i ] num[i] num[i] 表示可以在大小为 i 的集合内的士兵数目的个数，这个数组可以用差分的方法很快计算出来；然后还是按照从上至下的想法来考虑吧。

我们设 ans[i] 表示当存在 i 组矛盾时的集合数，那么最后的答案就是 a n s [ 0 ] − a n s [ 1 ] + a n s [ 2 ] . . . ans[0]-ans[1]+ans[2]... ans[0]−ans[1]+ans[2]... ，也就是容斥原理的运用。然后对于某个 i 其实不好计算，但是反过来我们枚举所有可能的矛盾情况（总共 2 m 2^m 2m 种），对于每种统计答案之后累加到对应的 ans 中就行了。然后对于某一种矛盾情况，把涉及到的所有士兵拎出来，也就是说这些士兵一定在同一个集合中，所以求一个交集就可以算出满足该条件的集合大小范围，然后我们需要的是在固定这么多个士兵的前提下，一个集合的大小在某个区间的可行的方案数。

有了上面的分析，就可以设 g ( i , j ) g(i,j) g(i,j) 表示确定了 i 个人在集合中，集合大小为 j 的方案数的前缀和，然后有 g ( i , j ) = g ( i , j − 1 ) + C n u m [ j ] − i j − i g(i,j)=g(i,j-1)+C_{num[j]-i}^{j-i} g(i,j)=g(i,j−1)+Cnum[j]−ij−i​ 。然后就可以做出这道题了。

代码：

#define DIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define DOUT freopen("output.txt","w",stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#include <cstdio>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef std::vector<int> VI;
typedef std::pair<int,int> P;
int read()
{
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

const int maxn=3e5+5,N=3e5;
const LL M=998244353;
LL inv[maxn],jie[maxn],n,m,ans[30],g[50][maxn],num[maxn];
int L[maxn],R[maxn],a[maxn],b[maxn];

LL ksm(LL x,LL k)
{
    LL ret=1;
    while(k)
    {
        if(k&1) ret=ret*x%M;
        x=x*x%M;
        k>>=1;
    }
    return ret;
}
LL C(LL n,LL m)
{
    if(n<m) return 0;
    if(n==m || !m) return 1;
    return jie[n]*inv[m]%M*inv[n-m]%M;
}

void init()
{
    jie[0]=1;
    REP(i,1,N) jie[i]=jie[i-1]*i%M;
    REP(i,0,N) inv[i]=ksm(jie[i],M-2);
}

int main()
{
    init();
    n=read(),m=read();
    REP(i,1,n) L[i]=read(),R[i]=read();
    REP(i,0,m-1) a[i]=read(),b[i]=read();

    REP(i,1,n) num[L[i]]++,num[R[i]+1]--;
    REP(i,1,n) num[i]+=num[i-1];
    REP(i,0,m*2) REP(j,1,n)
    {
        if(i>j) continue;
        g[i][j]=g[i][j-1]+C(num[j]-i,j-i);
    }

    for(int v=0;v<(1<<m);v++)
    {
        set<int> s;
        for(int j=0;j<m;j++)
            if((1<<j)&v)
            {
                s.insert(a[j]);
                s.insert(b[j]);
            }
        int sz=s.size();
        int l=1,r=n;
        for(int i:s)
        {
            l=max(l,L[i]);
            r=min(r,R[i]);
        }
        if(l<=r)
        {
            ans[__builtin_popcount(v)]+=(g[sz][r]-g[sz][l-1]);
        }
    }

    LL x=0;
    for(int i=0;i<=m;i++)
    {
        if(i%2==0) x+=ans[i];
        else x-=ans[i];
    }
    x=(x%M+M)%M;
    cout<<x;

    return 0;
}
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