Codeforces Round #551 (Div.2) 题解 (翻车记)

Codeforces Round #551 (Div.2) 题解

(Out of Competition) 选手翻车记……

可能这场比赛自己也没怎么认真打，然后……然后就翻车了……

(C)题之后的题写写题解吧：

C. Serval and Parenthesis Sequence

一句话题意：给出字符串包含'(', ')', '?'，求出一种将'?'替换成'('或者')'的方案，满足这个字符串所有前缀都不是合法括号序列，整个字符串是合法括号序列。

比较显然的贪心吧……
考虑套路方法，把'('设成(1)，')'设成(-1)，那么做前缀和时，如果某一处的(sum < 0)，说明这个字符串无法成为合法括号序列。否则对于每一个'?'，如果可以填'('，那么就填左括号，否则填右括号。如果其中某个非结尾的地方(sum == 0)，则说明这个前缀形成了合法的括号序，判断无解即可……

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 50;

int n, c1, c2;
char s[N];
int sum = 0;

int main() {
  scanf("%d", &n);
  if(n & 1) return puts(":("), 0;
  scanf("%s", s + 1);
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    if(s[i] == '(') c1++;
    else if(s[i] == ')' ) c2++;
  }
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    if(s[i] == '(') {
      sum ++;
    }
    else if(s[i] == ')') {
      sum --;
    }
    else {
      if(c1 == n / 2) sum--, c2++, s[i] = ')';
      else sum++, c1++, s[i] = '(';
    }
    if(i != n && sum <= 0) return puts(":("), 0;
    if(i == n && sum) return puts(":("), 0;
  }
  for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%c", s[i]);
  puts("");
  return 0;
}

D. Serval and Rooted Tree

一句话题意：一个(n)个节点的树，每个节点的值是其所有孩子节点的权值的(min)或者(max)。假设有(k)个叶子节点，要求给每个叶子节点权值赋成(1)到(k)中的某一个（叶子节点权值不能相同），最大化根节点权值。

又是一道水题……然而刚开始居然没有想法，看来自己真的智商下降了……写(E)的时候想出来了，但是(E)已经写到一半了，想着(E)分高，就打算先把(E)写出来，再写(D)。然后……就翻车了……

考虑(dp[x])记录(x)节点能够取到的权值的排名，(v)为(x)的子节点，如果(f[x] = 1)，那么(dp[x] = min_v dp[v])，否则(dp[x] = sum_v dp[v])。这个还是比较显然的，那么答案就是(n - dp[1] + 1)。

啊啊啊自己真是菜爆了……

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 50;
const int INF = 1e7;
typedef vector<int> Vec;

int n, c;
int f[N], dp[N];
Vec G[N];

void Dfs(int o) {
  if(!G[o].size()) return (void) ( dp[o] = 1, c++);
  for(int i = 0; i < (int) G[o].size(); i++) {
    int to = G[o][i];
    Dfs(to);
  }
  if(f[o] == 1) {
    dp[o] = INF;
    for(int i = 0; i < (int) G[o].size(); i++) {
      int to = G[o][i];
      dp[o] = min(dp[o], dp[to]);
    }
  }
  else {
    dp[o] = 0;
    for(int i = 0; i < (int) G[o].size(); i++) {
      int to = G[o][i];
      dp[o] += dp[to];
    }
  }
  return ;
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &f[i]);
  for(int i = 2, x; i <= n; i++) scanf("%d", &x), G[x].push_back(i);
  Dfs(1);
  int ans = c - dp[1] + 1; 
  printf("%d
", ans);
  return 0;
}

E. Serval and Snake

一句话题意：emm……似乎有点难说明啊……将就着看一下题吧……

题解：比较好想的一个二分 + 枚举吧……首先我们从左向右枚举答案端点的列(i)，查询((1, 1))与((n, i))的答案，如果某次询问的答案为奇数，说明一个端点的纵坐标为(i)，另一个端点也类似。而如果所有的询问都是偶数，那么说明两个端点的纵坐标相同。

先考虑第一种情况，现在我们知道了两个端点的纵坐标(y)，我们就可以在横坐标上二分，如果查询((1, y))与((mid, y))的答案为奇数，说明端点在([l, mid])里，否则在([mid + 1, r])里。这样加上第一次的枚举，总的次数为(n + log_2 n = 1010)。

然后是第二种情况，我们继续枚举行，查询((1, 1))和((i, n))的答案，如果某次的答案为奇数，说明某个端点的横坐标为(i)，另一个端点也类似。然后列仍然用二分即可。粗略的考虑一下这样的查询的个数最多似乎是(2 * n + 2 * log_n = 2020)次，超出了限制……但是实际上第一次枚举最多只会有(n - 1)，第二次枚举最多只会有(n - 2)，而两次二分实际上可以只需要一次，所以询问次数不会超过(2007)次。而且这个很难卡的……

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005;

struct Point {
  int x, y;
  void read() {
    scanf("%d%d", &x, &y);
  }
};

typedef pair<Point, Point> P;
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair

int n;

int Ask(Point a, Point b) {
  printf("? %d %d %d %d
", a.x, a.y, b.x, b.y);
  fflush(stdout);
  int x;
  scanf("%d", &x);
  if(x == -1) assert(0);
  return x;
}

void Answer(Point a, Point b) {
  printf("! %d %d %d %d
", a.x, a.y, b.x, b.y);
  exit(0);
}

int main() {
  scanf("%d", &n);
  Point Ansx, Ansy;
  int l = 1, r = n;
  int f = 0;
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    Point A, B;
    A.x = A.y = 1; B.x = n, B.y = i;
    int c = Ask(A, B);
    if(c & 1) {
      f = 1;
      Ansx.y = i;
      break;
    }
  }
  if(!f) {
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
      Point A, B;
      A.x = A.y = 1; B.x = i, B.y = n;
      int c = Ask(A, B);
      if(c & 1) {
	    Ansx.x = i;
	    break;
      }
    }
    int l = 1, r = n;
    while(l < r) {
      if(l + 1 == r) {
	    Point A, B;
	    A.x = A.y = 1; B.x = Ansx.x, B.y = l;
	    int c = Ask(A, B);
	    if(c & 1) r--;
	    else l++;
	    break;
      }
      int mid = (l + r) >> 1;
      Point A, B;
      A.x = A.y = 1; B.x = Ansx.x, B.y = mid;
      int c = Ask(A, B);
      if(!(c & 1)) l = mid + 1;
      else r = mid;
    }
    Ansx.y = Ansy.y = l;
    l = Ansx.x + 1, r = n;
    while(l < r) {
      if(l + 1 == r) {
	    Point A, B;
	    A.x = r, A.y = 1; B.x = B.y = n;
	    int c = Ask(A, B);
	    if(c & 1) l++;
	    else r--;
	    break;
      }
      int mid = (l + r) >> 1;
      Point A, B;
      A.x = mid, A.y = 1; B.x = B.y = n;
      int c = Ask(A, B);
      if(!(c & 1)) r = mid - 1;
      else l = mid;
    }
    Ansy.x = l;
    Answer(Ansx, Ansy);
  }
  else {
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
      Point A, B;
      A.x = 1, A.y = i; B.x = B.y = n;
      int c = Ask(A, B);
      if(c & 1) {
	    Ansy.y = i;
	    break;
      }
    }
    int l = 1, r = n;
    while(l < r) {
      if(l + 1 == r) {
	    Point A, B;
	    A.x = 1; A.y = Ansx.y; B.x = l, B.y = Ansx.y;
	    int c = Ask(A, B);
	    if(c & 1) r--;
	    else l++;
	    break;
      }
      int mid = (l + r) >> 1;
      Point A, B;
      A.x = 1, A.y = Ansx.y; B.x = mid, B.y = Ansx.y;
      int c = Ask(A, B);
      if(c & 1) r = mid;
      else l = mid + 1;
    }
    Ansx.x = l;
    l = 1, r = n;
    while(l < r) {
      if(l == r) {
	    Point A, B;
	    A.x = 1, A.y = Ansy.y; B.x = l; B.y = Ansy.y;
	    int c = Ask(A, B);
	    if(c & 1) r--;
	    else l++;
	    break;
      }
      int mid = (l + r) >> 1;
      Point A, B;
      A.x = 1, A.y = Ansy.y; B.x = mid, B.y = Ansy.y;
      int c = Ask(A, B);
      if(c & 1) r = mid;
      else l = mid + 1;
    }
    Ansy.x = l;
    Answer(Ansx, Ansy);
  }
  return 0;
}

F. Serval and Bonus Problem

一句话题意：在一个长度为(l)的线段上随机(n)条线段，求长度为(l)的线段中至少被(k)个区间覆盖的线段长度之和……

考虑随机(n)条线段，就相当于随机(2n)个点，而我们就可以把(l)均等分(2n + 1)段，然后把随机点看成随机这些均等分的点，这样对于题目的答案是不变的。那么我们考虑用(dp)，计算出有多少条线段被(k)个区间覆盖，那么最后单独计算一下贡献即可。

我们记(dp[i][j])表示考虑了前(i)个端点，当前没有匹配上的左端点有(j)个，那么转移就很显然了，下一个要么是左端点，要么是右端点，注意边界条件判一下……

然后我们开始计算贡献，我们枚举每一个长度为(frac{l}{2n + 1})区间，那么这个区间被(k)个区间覆盖的方案数就是(f[i][j] * f[n * 2 - i][j] * j!)。最后由于求的是期望，再除以(f[n * 2][0])即可。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5005;
const int Md = 998244353;

inline int Add(const int &x, const int &y) { return (x + y >= Md) ? (x + y - Md) : (x + y); }
inline int Sub(const int &x, const int &y) { return (x - y < 0) ? (x - y + Md) : (x - y); }
inline int Mul(const int &x, const int &y) { return (ll)x * y % Md; }
int Powe(int x, int y = Md - 2) {
  int ans = 1;
  for(; y; y >>= 1, x = (ll)x * x % Md) if(y & 1) ans = 1ll * ans * x % Md;
  return ans;
}

int n, k, l;
int fac[N], Inv[N], f[N][N];

void Init() {
  fac[0] = Inv[0] = 1;
  for(int i = 1; i < N; i++) fac[i] = Mul(fac[i - 1], i);
  Inv[N - 1] = Powe(fac[N - 1]);
  for(int i = N - 2; i; i--) Inv[i] = Mul(Inv[i + 1], i + 1);
}

int main() {
  scanf("%d%d%d", &n, &k, &l);
  Init();
  f[0][0] = 1;
  for(int i = 0; i <= (n << 1); i++) {
    for(int j = 0; j <= min(n, i); j++) {
      f[i + 1][j + 1] = Add(f[i + 1][j + 1], f[i][j]);
      if(j) f[i + 1][j - 1] = Add(f[i + 1][j - 1], Mul(f[i][j], j));
    }
  }
  int ans = 0;
  int len = Mul(l, Powe((n << 1) + 1));
  for(int i = 1; i <= (n << 1) - 1; i++) {
    for(int j = k; j <= min(n, i); j++) ans = Add(ans, Mul(f[i][j], Mul(f[(n << 1) - i][j], fac[j])));
  }
  ans = Mul(ans, Powe(f[n << 1][0]));
  ans = Mul(ans, len);
  printf("%d
", ans);
  return 0;
}