Codeforces Round #723 (Div. 2)

C.Potions

题目描述

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有 (n) 瓶药剂，从左往右编号依次是 (1...n)，每瓶药剂有一个值 ，表示喝下去之后会变化 (a_i) 点生命值。你的初始生命值为 (0)，从左往右依次选择药剂喝掉，询问最多可以喝多少药剂，过程中要保证生命值不低于 (0)

(1leq nleq 2cdot 10^5,-10^9leq a_ileq 10^9)

解法

老子反悔贪心白学了，直接乱喝，喝死了把最毒的一瓶吐出来。

还可以不守交规，先把解药喝了，再从最小的毒药开始喝，能喝就喝。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
	int n; cin >> n;
	priority_queue<long long, vector<long long>, greater<long long> > pq;
	long long S = 0;
	for(int i = 1;i <= n;i++){
		long long x; cin >> x;
		S += x;
		pq.push(x);
		while(S < 0){
			S -= pq.top();
			pq.pop();
		}
	}
	cout << (int) pq.size();
}

D. Kill Anton

题目描述

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给定一个只含 A,N,O,T 的初始基因序列，你可以任意安排目标基因序列（基因含量相同）的顺序，试确定目标序列，使得初始序列通过交换相邻位置到目标序列的步数最大，输出目标序列。

(nleq 100000)

解法

这种交换到指定顺序消耗步数的题尽量转成逆序对问题吧，要不然真的想不动。

设 (c_i) 表示第 (i) 个初始的位置的终点，可知同一种颜色的 (c_i) 一定是单增的，并且 (c_i) 序列的逆序对个数就是步数

关键的结论是：最优方案一定是相同的颜色挨在一起，证明：

考虑 (i<j) 的颜色相同，如果 ([i,j]) 之间大于 (c_i) 的位置多，那么把 (c_i) 换到 (c_j) 旁边不会减少逆序对。

如果 ([i,j]) 之间小于 (c_i) 的位置多，因为 (c_i<c_j)，那么把 (c_j) 换到 (c_i) 旁边不会减少逆序对。

最后把 (4) 种颜色的全排列搜索一下就行了。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 100005;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n,a[M],b[200],c[5],v[5],cnt[5],f[5][5];char s[M];
signed main()
{
	T=read();
	b['A']=0;b['N']=1;b['O']=2;b['T']=3;
	c[0]='A';c[1]='N';c[2]='O';c[3]='T';
	while(T--)
	{
		scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
		memset(f,0,sizeof f);
		memset(cnt,0,sizeof cnt);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			a[i]=b[s[i]];
			cnt[a[i]]++;
		}
		for(int x=0;x<4;x++)
		{
			int sz=0;
			for(int i=1;i<=n;i++)
			{
				f[x][a[i]]+=sz;
				if(a[i]==x) sz++;
			}
		}
		v[0]=0;v[1]=1;v[2]=2;v[3]=3;
		int mx=0,ans[5]={};
		do
		{
			int res=0;
			for(int i=0;i<4;i++)
				for(int j=i+1;j<4;j++)
					res+=f[v[j]][v[i]];
			if(res>=mx)
			{
				mx=res;
				memcpy(ans,v,sizeof ans);
			}
		}while(next_permutation(v,v+4));
		for(int i=0;i<4;i++)
			for(int j=0;j<cnt[ans[i]];j++)
				printf("%c",c[ans[i]]);
		puts("");
	}
}

E. Oolimry and Suffix Array

题目描述

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给定长度为 (n) 的后缀数组，求在字符集为 (k) 的情况下，有多少字符串的后缀数组是它。

(1leq n,kleq 200000)

解法

把数组中相邻两个后缀的大小关系解决了，那么字符串自然就确定了。

一开始以为这个限制很不好搞，但这个题其实把后缀的大小关系全部告诉你了，所以后缀 (i) 在后缀 (j) 正好前一位，讨论去掉第一个字符后两后缀的大小关系，直接在给定的后缀数组里面查询就行了。

那么我们就得到了某个字符严格小于某个字符，或者小于等于某个字符的限制。由于按这样看字符一定是单增的，可以自然地联想到不定方程的整数解问题，设严格小于的限制有 (cnt) 个，那么就是要求这些地方必须取正数，其他地方可以为 (0)

使用插板法不难得到答案是 ({n+k-cnt-1choose n})，减 (1) 的原因是第一个位置也必须取正数。

#include <cstdio>
const int M = 400005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,k,a[M],p[M],fac[M],inv[M];
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i]*inv[i-1]%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<m) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
signed main()
{
	init(4e5);
	n=read();k=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read(),p[a[i]]=i;
	p[n+1]=-1;
	for(int i=1;i<n;i++)
		if(p[a[i]+1]>p[a[i+1]+1])
			k--;
	printf("%lld
",C(n+k-1,n));
}