Atcoder Tenka1 Programmer Contest 2019题解

传送门

(C Stones)

最后肯定形如左边一段白+右边一段黑，枚举一下中间的断点，预处理一下前缀和就可以了

int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	n=read(),read(s),res=0x3f3f3f3f;
	fp(i,1,n){
		sum[i][0]=sum[i-1][0],sum[i][1]=sum[i-1][1];
		++sum[i][s[i]=='#'];
	}
	fp(i,0,n)cmin(res,sum[i][1]+sum[n][0]-sum[i][0]);
	printf("%d
",res);
	return 0;
}

(D Three Colors)

首先根据容斥原理，用三种颜色染(n)个物品，且每种颜色都有的方案数是(3^n-3 imes 2^n+3)

然后我们考虑怎么减去不合法的方案数。不合法的方案一定有一份的和大于等于总和的({1over 2})，我们设(f_{i,j})表示考虑前(i)个数，选的个数总和为(j)，且剩下不选的数分为(0/1)的方案数，(g_{i,j})表示剩下不选的数全都设为(0)的方案数，那么不合法的染色方案就是(sum (f_{n,i}-2 imes g_{n,i}) imes 3)。直接转移就是

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=305,P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
	R int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
	return res;
}
int f[2][N*N],g[2][N*N],a[N],n,res,t,sum;
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	f[0][0]=1,g[0][0]=2,t=0;
	fp(i,1,n){
		scanf("%d",&a[i]);
		memset(f[t^1],0,sizeof(f[t^1]));
		memset(g[t^1],0,sizeof(g[t^1]));
		fp(j,0,sum)if(f[t][j]||g[t][j]){
			upd(f[t^1][j],mul(2,f[t][j]));
			upd(g[t^1][j],g[t][j]);
			upd(f[t^1][j+a[i]],f[t][j]);
			upd(g[t^1][j+a[i]],g[t][j]);
		}
		sum+=a[i],t^=1;
	}
	fp(i,(sum+1)>>1,sum-1)res=add(res,dec(f[t][i],g[t][i]));
	res=mul(res,3),res=P-res;
	res=add(res,ksm(3,n)),res=dec(res,mul(3,ksm(2,n))),res=add(res,3);
	printf("%d
",res);
	return 0;
}

(E Polynomial Divisors)

首先先对所有系数的(gcd)分解质因子，那么这些质因子显然可以

对于剩下的，若(p)是一个可行的答案，当且仅当(F(x)equiv x^p-xpmod{p})

证明：因为(p)是一个可行的答案，所以当(x=0,1,2,...,p-1)时，(F(x))恒为(0)，所以(F(x)equiv 0pmod{p})的根为(0,1,...,p-1)，根据费马小定理，(x^p-xequiv 0pmod{p})的根也是这些。因为(Z_p)是唯一分解整环，所以必有(F(x)equiv x^p-xpmod{p})

那么我们只要对于所有(leq n)的质数检验一下就好了。简单来说就是计算(F(n)mod (x^p+x))是否为(0)。直接暴力取模就可以了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
const int N=1e5+5;
bitset<N>vis;int p[N],A[N],st[N],top,n,m,g;
void init(int n=N-5){
	fp(i,2,n){
		if(!vis[i])p[++m]=i;
		for(R int j=1;j<=m&&i*p[j]<=n;++j){
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0)break;
		}
	}
}
void solve(int x){
	for(R int i=1;p[i]*p[i]<=x;++i)if(x%p[i]==0){
		st[++top]=p[i];
		while(x%p[i]==0)x/=p[i];
	}
	if(x!=1)st[++top]=x;
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	n=read(),init();
	fd(i,n,0)A[i]=read(),g=__gcd(g,A[i]);
	solve(abs(g));
	for(R int i=1;p[i]<=n;++i)if(A[0]%p[i]==0){
		bool flag=1;
		fp(j,1,p[i]-1){
			int res=0;
			for(R int k=j;k<=n;k+=p[i]-1)(res+=A[k])%=p[i];
			if(res){flag=0;break;}
		}
		if(flag)st[++top]=p[i];
	}
	sort(st+1,st+1+top),top=unique(st+1,st+1+top)-st-1;
	fp(i,1,top)printf("%d
",st[i]);
	return 0;
}

(F Banned X)

首先我们先计算出选(i)个数，全为(1/2)，且没有连续子串和为(x)的方案数。然后对于每一个(i)，用组合数计算出插入(0)的方案就行了

然后我们枚举选的(i)个数的和(s)，记方案数为(f_{i,s})，这可以(O(n^2))直接用背包预处理出来。如果(s<x)，那么显然选的时候不会有问题，直接加上(f_{i,s})就好了

如果(sgeq x)，那么一定存在一个位置(k)，使得从第(1)个位置到第(k)个位置的和是(x-1)（因为我们选的树数最大只能是(2)），那么第(k+1)个数肯定只能选(2)，同理第(1)个数也只能选(2)。于是此时整个数列的形式一定是

前面(a)个(2)，后面(a)个(2)，中间随意。如果(2a<x-1)，那么中间那堆的和肯定是(x-1-2a)，否则的话，只有当(x)为奇数且所有数都为(2)时，才有贡献

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
const int N=3005,P=998244353;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int f[N][N<<1],c[N],inv[N],x,n,res;
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&x),res=1;
	inv[0]=inv[1]=1;fp(i,2,n)inv[i]=mul(P-P/i,inv[P%i]);
	c[0]=1;fp(i,1,n)c[i]=1ll*c[i-1]*inv[i]%P*(n-i+1)%P;
	f[0][0]=1;fp(i,0,n-1)fp(j,0,i<<1)upd(f[i+1][j+2],f[i][j]),upd(f[i+1][j+1],f[i][j]);
	fp(i,1,n){
		int s=0;
		fp(j,0,x-1)upd(s,f[i][j]);
		for(R int j=x+1;j<=(i<<1);j+=2)if(j>=i){
			int p=i-(j-x+1),q=x-1-(j-x+1);
			if(j>=x*2)upd(s,j==(i<<1)?x&1:0);
				else upd(s,p>=0&&q>=0?f[p][q]:0);
		}
		upd(res,mul(s,c[i]));
	}
	printf("%d
",res);
	return 0;
}