A:暴力。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 6 typedef long long ll; 7 using namespace std; 8 9 const int N=1010; 10 int n; 11 char s[N]; 12 13 int main(){ 14 scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1); bool flag=0; 15 rep(i,2,n) if (s[i]=='1') flag=1; 16 if (s[1]=='0'){ puts("0"); return 0; } 17 if (flag) printf("%d",(n+1)/2); else printf("%d ",n/2); 18 return 0; 19 }
B:一定是1,2,4,...,2^k。最小和最大分别让1和2^k最多即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 6 typedef long long ll; 7 using namespace std; 8 9 int n,l,r; 10 11 int main(){ 12 cin>>n>>l>>r; 13 ll s1=n-l+1; rep(i,1,l-1) s1+=1ll<<i; 14 ll s2=(1ll<<(r-1))*(n-r+1); rep(i,0,r-2) s2+=1ll<<i; 15 cout<<s1<<' '<<s2<<endl; 16 return 0; 17 }
C:先floyd求最短路，然后每次找到当前点至多往后多少个点可以保证p走的一直都是最短路，然后走到那个点去。由于p如果某时刻走的不是最短路了，那么之后走的一定也都不是最短路。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 6 typedef long long ll; 7 using namespace std; 8 9 const int N=1010,M=2000010,inf=1e8; 10 char s[N]; 11 int n,m,tot,f[N][N],p[M],q[M]; 12 13 int main(){ 14 scanf("%d",&n); 15 rep(i,1,n) rep(j,1,n) f[i][j]=inf; 16 rep(i,1,n) f[i][i]=0; 17 rep(i,1,n){ 18 scanf("%s",s+1); 19 rep(j,1,n) if (s[j]=='1') f[i][j]=1; 20 } 21 rep(k,1,n) rep(i,1,n) rep(j,1,n) f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]); 22 scanf("%d",&m); 23 rep(i,1,m) scanf("%d",&p[i]); 24 for (int i=1,j; i<m; i=j){ 25 q[++tot]=p[i]; 26 rep(k,i+1,m) if (f[p[i]][p[k]]==k-i) j=k; else break; 27 } 28 printf("%d ",tot+1); 29 rep(i,1,tot) printf("%d ",q[i]); printf("%d ",p[m]); 30 return 0; 31 }
D1/D2:首先0不会变成1，然后考虑1变成0的必要条件并证明它是充分的。1能变成0，当且仅当存在一个以这个位置开头的子序列，满足它是这个位置到n的LIS。于是边倒着DP做LIS边判断每个1是否可以变成0即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #include<algorithm> 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 6 typedef long long ll; 7 using namespace std; 8 9 const int N=100010; 10 char s[N],s2[N]; 11 int n,sm,ans[N],f[N][2]; 12 13 int main(){ 14 scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1); 15 rep(i,1,n) s2[i]=s[i]; 16 for (int i=n; i; i--){ 17 if (s[i]=='0') f[i][0]=max(f[i+1][0],f[i+1][1])+1,f[i][1]=f[i+1][1],sm++; 18 else f[i][1]=f[i+1][1]+1,f[i][0]=f[i+1][0]; 19 ans[i]=max(f[i][0],f[i][1])-sm; 20 } 21 for (int i=n; i; i--) if (ans[i]!=ans[i+1]) s2[i]='0'; 22 rep(i,1,n) putchar(s2[i]); 23 return 0; 24 }
E:考虑求F[i]表示最大前缀和不小于i的数列个数，最后差分一下即可求出期望。先给结论：F[i]=C(n+m,n-i)。归纳证明，若数列最后一个数是-1，则前n+m-1个数的最大前缀和一定是i，这部分的贡献是C(n+m-1,n-i)。若是1，由于不能保证这个1一定在最大前缀和里，于是前n+m-1个数的最大前缀和仍然是i，这部分的贡献是C(n+m-1,n-i-1)。于是F[i]=C(n+m-1,n-i)+C(n+m-1,n-i-1)=C(n+m,n-i)。
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++) 4 typedef long long ll; 5 using namespace std; 6 7 const int N=4010,mod=998244853; 8 int n,m,ans,x,y,C[N][N]; 9 10 int main(){ 11 scanf("%d%d",&n,&m); C[0][0]=1; 12 rep(i,1,n+m){ C[i][0]=1; rep(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; } 13 for (int i=n; i && i>=n-m; i--) x=(C[n+m][n-i]-y+mod)%mod,ans=(ans+1ll*x*i)%mod,y=(y+x)%mod; 14 printf("%d ",ans); 15 return 0; 16 }