切了四题就摸去给学妹讲题了（，EFG 都是赛后花 40min 做/口胡 的，实际上也受到了 nyy 提示的影响
A - Move Right
去掉字符串最后一位，在前面加上一个 \(0\) 然后输出即可。
int main() {
cin >> s;
int n = strlen(s);
s[n - 1] = '\0';
cout << "0" << s <<"\n";
return 0;
}
B - Unique Nicknames
赛时看了一会没看懂题，扔掉看 C 了
暴力 \(n^2\) 枚举所有字符串 \(i,j\)，如果对于一个 \(i\) 存在 \(s_i = s_j\) （或者 \(s_i = t_j\)）并且 \(t_i = s_j\) （或者 \(t_i = t_j\)），那么就输出 No。否则 Yes。
int main() {
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> s[i] >> t[i];
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
bool flag1 = false, flag2 = false;
for(int j = 1; j <= n; ++j) {
if(i == j) continue;
if(s[i] == s[j]) flag1 = true;
if(s[i] == t[j]) flag1 = true;
if(t[i] == s[j]) flag2 = true;
if(t[i] == t[j]) flag2 = true;
}
if(flag1 && flag2) {
return puts("No"), 0;
}
}
puts("Yes");
return 0;
}
C - 1 2 1 3 1 2 1
直接递归做。
题目要求输出 \(f(n)\)。
\(f(n)\) 相当于先输出 \(f(n-1)\) ，再输出一个 \(n\)，最后输出 \(f(n-1)\)。
void Print(int x) {
if(x == 1) return cout << x << " ", void();
Print(x - 1);
cout << x << " ";
Print(x - 1);
}
int main() {
int n = read();
Print(n);
return 0;
}
D - Cylinder
拿一个双端队列直接模拟即可。
signed main() {
Q = read();
for(int i = 1, opt, x, c; i <= Q; ++i) {
opt = read();
if(opt == 1) {
c = read(), x = read();
q.push_back((node){x, c});
} else {
c = read();
int ans = 0;
while(c) {
node u = q.front(); q.pop_front();
if(u.cnt > c) {
u.cnt -= c;
ans += c * u.val;
c = 0;
q.push_front(u);
} else {
ans += u.cnt * u.val;
c -= u.cnt;
}
}
cout << ans << "\n";
}
}
return 0;
}
E - Max Min
据说有一些线段树，单调栈，二分之类的牛逼做法
实际上只需要枚举+判断即可。
思路是，枚举右端点，记录下最后一个 \(X\) 或 \(Y\) 的位置 \(a,b\)，记录下最后一个 \(>X\) 或 \(<Y\) 的位置 \(c\)。
注意记录 \(c\) 的同时要清楚 \(a,b\) （都不能用了）
如果 \(a,b\) 的值都存在，那么这个右端点的贡献就是 \(\min(a,b) - c\) 。（相当于维护了合法左端点的区间，那么就可以直接计算合法左端点的个数了）
signed main() {
n = read(), X = read(), Y = read();
int cnt1 = 0, cnt2 = 0, ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
a[i] = read();
}
int lst = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(a[i] == X) cnt1 = i;
if(a[i] == Y) cnt2 = i;
if(a[i] > X || a[i] < Y) lst = i, cnt1 = 0, cnt2 = 0;
if(cnt1 > 0 && cnt2 > 0) ans += min(cnt1, cnt2) - lst;
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
F - Cards
给你 \(n\) 个卡片，正反有值，正反的值均是一个排列。选一些卡片使得 \(1\sim n\) 都在卡片上有。求方案数。
一开始题意理解错了，猜了个假结论。
如果给 \(n\) 个卡片的正反值连边的话，那就是在一些环上选一些边使得所有点都被覆盖的方案数。
并且环和环是独立的，我们直接预处理一下它的方案数。
设 \(f_{i,0/1}\) 表示第一条边不选的前提下，考虑到第 \(i\) 条边选或不选的方案数。同时设 \(g_{i,0/1}\) 表示 第一条边选的前提下的方案数。转移方程都是一样的：
那么一个大小为 \(x\) 的环的方案数就是 \(f_{x,1} + g_{x,0} + g_{x,1}\)。
求出每个环的大小把对应方案数乘起来就好。
int find(int x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
signed main() {
n = read();
f[1][0] = g[1][1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
f[i][1] = (f[i - 1][0] + f[i - 1][1]) % mod;
f[i][0] = (f[i - 1][1]) % mod;
g[i][1] = (g[i - 1][0] + g[i - 1][1]) % mod;
g[i][0] = (g[i - 1][1]) % mod;
}
int ans = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read(), fa[i] = i, siz[i] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
b[i] = read();
int uf = find(a[i]), vf = find(b[i]);
if(uf != vf) {
fa[uf] = vf;
siz[vf] += siz[uf];
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(find(i) == i) {
int x = siz[i];
ans = ans * ((f[x][1] + g[x][0] + g[x][1]) % mod) % mod;
}
}
cout << ans << "\n";
return 0;
}
G - Dream Team
费用流板子。
把 \(A\) 点和 \(B\) 点看作两类点，之间连边流量 \(1\) 花费 \(-c_i\)，
源点向 \(A\) 类点连，流量 \(1\) 花费 \(0\)。
\(B\) 类点向汇点连，流量 \(1\) 花费 \(0\)。
跑一遍费用流就做完了。
注意这个题让我们求出选的人数为 \(i = 1,2,3,...,k\) 时的答案，那么我们只要控制我们每次增广时输入的流量为 \(1\) 即可。