KYOCERA Programming Contest 2021（AtCoder Beginner Contest 200） 题解
哦淦我已经菜到被ABC吊打了。
A - Century
首先把当前年份减去(1)，对应的世纪也减去(1)，然后我们就发现第(0)到(99)年对应第(0)世纪，第(100)到(199)年对应第(1)世纪，以此类推。
答案就是(lfloor frac {N-1} {100} floor)。这里(lfloor x floor)表示不超过(x)的最大整数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin>>n;
cout<<(n-1)/100+1<<endl;
return 0;
}
B - 200th ABC-200
乍一看答案会很大，然后爆long long。
其实假如当前数不是(200)的倍数的时候，把它后面连接上(200)，结果一定是(200)的倍数，因为(1000)一定是(200)的倍数。
所以答案其实不会很大，最多就是(976555175781)（(N=99999, K=20)）。
然后暴力做就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
long long n;
int k;
cin>>n>>k;
while(k){
if(n%200==0)n/=200,k--;
else n=n*1000+200,k--;
}
cout<<n;
return 0;
}
C - Ringo's Favorite Numbers 2
假如两个数相减是(200)的倍数，他们对(200)取模后，得到的结果一定相同。
然后就用前缀和记录在当前的位置之前有多少个数对(200)取模得到的结果和这个数对(200)取模的结果相同，并且把这个加入答案中就可以了。
只有我一开始以为差一定要是非负数然后被坑了么。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[200005],c[205];
long long ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
ans+=c[a[i]%200];
c[a[i]%200]++;
}
cout<<ans;
return 0;
}
D - Happy Birthday! 2
首先还是把所有的数都对(200)取模。
然后我们可以想出来一种DP的状态表示方法：(f_{i,j})表示已经处理了前(i)个数，选出来的(B)序列和(C)序列的差对(200)取模等于(j)。
这种状态的转移，可以枚举当前的数是放进(B)中还是(C)中，亦或是两个序列都不放。输出方案也只需要记录上一个状态的(j)，然后反着操作一遍就好了。
但是它有一个问题，就是不能保证两个序列都是非空的。
我们可以再开一维，记录两个序列当中是不是有元素了：(f_{i,j,k})表示已经处理了前(i)个数，选出来的(B)序列和(C)序列的差对(200)取模等于(j)，(k)以子集的位掩码的形式记录两个序列是否非空。
子集的位掩码这个表述非常有点奇怪，具体来说就是：
- (k=0)表示两个序列都是空的。
- (k=1)表示一个序列都是空的。
- (k=2)表示另一个序列都是空的。
- (k=3)表示两个序列都是非空的。
（“一个”和“另一个”的表述是因为这不重要，我就懒得想了）
然后为了输出方案还要记录上一个状态的(k)是多少。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[205],g[205][205][4],h[205][205][4];
bool f[205][205][4];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
a[i]%=200;
}
f[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][0][0]=1;
for(int j=0;j<200;j++){
for(int k=1;k<=3;k++){
if(f[i-1][(j+a[i])%200][k&1]){
f[i][j][k]=1;
g[i][j][k]=-1;
h[i][j][k]=k&1;
}
if(f[i-1][(j+a[i])%200][k]){
f[i][j][k]=1;
g[i][j][k]=-1;
h[i][j][k]=k;
}
if(f[i-1][j][k]){
f[i][j][k]=1;
}
if(f[i-1][(j-a[i]+200)%200][k&2]){
f[i][j][k]=1;
g[i][j][k]=1;
h[i][j][k]=k&2;
}
if(f[i-1][(j-a[i]+200)%200][k]){
f[i][j][k]=1;
g[i][j][k]=1;
h[i][j][k]=k;
}
}
}
}
if(!f[n][0][3]){
cout<<"NO";
return 0;
}
int x=n,y=0,z=3;
cout<<"YES
";
vector<int> u,v;
while(x){
if(g[x][y][z]==1){
u.emplace_back(x);
z=h[x][y][z];
y=(y-a[x]+200)%200;
}else if(g[x][y][z]==-1){
v.emplace_back(x);
z=h[x][y][z];
y=(y+a[x])%200;
}
x--;
}
reverse(u.begin(),u.end());
cout<<u.size()<<' ';
for(int i:u)cout<<i<<' ';
cout<<'
';
reverse(v.begin(),v.end());
cout<<v.size()<<' ';
for(int i:v)cout<<i<<' ';
return 0;
}
E - Patisserie ABC 2
这里我们可以想到先枚举三种属性的和是多少。然后我们可以定义(tot(m))，表示和为(m)的时候，一共有多少种组合方式。
然后由于每个属性的值都是(1)到(n)的限制，又到了激动人心的分类讨论环节。
首先我们把第一属性的值叫做(i)，那么后两个属性的和就是(m-i)。
- (2leq m-ileq n+1)：那么第二属性的取值范围就是(1)到(m-i-1)，答案就是(sum_{max(m-n-1,1)}^{min(n,m-2)}m-i-1)
- (n+2leq m-ileq 2n)：那么第二属性的取值范围就是(m-i-n)到(n)，答案就是(sum_{max(1,m-2*n)}^{min(n,m-n-2)}2n-(m-i)+1)
那么：
然后就可以枚举(m)，快速的削减(k)的值，直到(k)小于等于(tot(m))了，这时候我们就枚举第一属性(i)，然后根据上文的分类讨论计算第二属性和第三属性的取值即可（同样是先快速削减(k)，然后(k)小于等于当前第一属性对应取值种类数时输出答案）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
ll k;
ll sum(int l,int r,int lv,int rv){
return (ll)(lv+rv)*(r-l+1)/2;
}
ll tot(int m){
ll res=0;
if(m<=2*n+1){
int l=max(1,m-n-1),r=min(n,m-2);
res+=sum(l,r,m-l-1,m-r-1);
}
if(m>n+2){
int l=max(1,m-2*n),r=min(n,m-n-2);
res+=sum(l,r,2*n-(m-l)+1,2*n-(m-r)+1);
}
return res;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>k;
for(int m=3;m<=3*n;m++){
if(k>tot(m)){
k-=tot(m);
continue;
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(m-i<=n*2){
if(m-i<=n+1){
if(k>m-i-1){
k-=m-i-1;
continue;
}
cout<<i<<' '<<k<<' '<<m-i-k;
return 0;
}else{
if(k>2*n-(m-i)+1){
k-=2*n-(m-i)+1;
continue;
}
cout<<i<<' '<<m-i-n-1+k<<' '<<n+1-k;
return 0;
}
}
}
return 0;
}
F - Minflip Summation
由于我是看了题解才把这题做出来的，所以就照着题解翻译吧（还好意思讲）。
假如(S)不包含?同时(K=1)的解法
我们把所有左右相邻的，一个是(0)一个是(1)的位置（也就是(S_i
eq S_{i+1})的位置(i)）都数出来（比如10100能数出来(3)个）。
为了叙述方便，我们把它叫做“切换位置”（毕竟是从(0)切换到(1)或者从(1)切换到(0)）。
然后发现一次操作，最多把它减少(2)（选择两个切换位置去操作），也可以减少(1)（选择一个切换位置，和一个开头/结尾）。
那么假如数出来(D)个位置，就需要(lfloor frac D 2 floor)次操作解决。
这道题的解法
然后对于所有的这样的位置，我们记录他们的总和是(A)：（主要是从AtCoder的题解上搬的，但是修了一点小锅）
然后答案似乎应该是(frac A 2)，不过还有一点问题：假如说一个串数出来奇数个切换位置，这种算法对于这个串会不会少算了半次操作？
我们可以发现，对于有奇数个切换位置的串，多添加一个切换位置后答案相同。
然后假如给(A)添加上这些串的个数，答案就是(frac A 2)了。
这些串有一个性质：他们的开头和结尾，是不同的（毕竟切换了奇数次）。
然后这些串的个数就是(2^{Kq} imes f(S_1,S_{|S|}))。
然后答案就是(frac {A+2^{Kq} imes f(S_1,S_{|S|})} 2)，也就是：
（特别地，这里把(S_{|S|+1})看作是(S_1)）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int inv2=5e8+4;
ll qpow(ll a,ll n){
ll res=1;
while(n){
if(n&1)res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
n>>=1;
}
return res;
}
int n,m,k,ans;
char s[100005];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>s>>k;
n=strlen(s);
if(n*k==1){cout<<0;return 0;}
for(int i=0;i<n;i++)m+=s[i]=='?';
m=qpow(2,(ll)k*m)*inv2%mod*k%mod;
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i]=='?'||s[(i+1)%n]=='?')ans=(ans+m)%mod;
else if(s[i]!=s[(i+1)%n])ans=(ans+m*2%mod)%mod;
}
cout<<(ll)ans*inv2%mod;
return 0;
}