AtCoder Beginner Contest 215

C - One More aab aba baa

求给定字符串的字典序第 (k) 小的排列。

排列方式最多 (8!) 种，排序之后 (next\_permutation) 即可

Sample Code (C++)

int main()
{
	IOS; string s; int k; cin >> s >> k;
	sort(s.begin(), s.end());
	k --;
	while(k -- ) next_permutation(s.begin(), s.end());
	cout << s << endl;
	return 0;
} 

D - Coprime 2

给定一个序列 (A)，求出 ([1, m]) 中所有符合条件的 (k)

• (forall i, gcd(A_i, k) = 1)

转化成 (k) 与所有 (A_i) 没有相同的因子。
对所有 (A_i) 质因子分解，求出 (A) 序列的质因子集合， 再对每一个 (k) 质因子分解，若与 (A) 的质因子集合无交集，则合法。

Sample Code (C++)

map<int, int> mp;

bool check(int x)
{
	for(int j = 2; j * j <= x; ++ j)
		if(x % j == 0)
		{
			if(mp[j]) return 0;
			while(x % j == 0) x /= j;
		}
	if(x > 1 && mp[x]) return 0;
	return 1;
}

int main()
{
	IOS; int n, m; cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
	{
		int x; cin >> x;
		for(int j = 2; j * j <= x; ++ j)
			if(x % j == 0)
			{
				while(x % j == 0) x /= j;
				mp[j] = 1; 
			}
		if(x > 1) mp[x] = 1;
	}
	vector<int> v;
	v.push_back(1);
	for(int i = 2; i <= m; ++ i)
		if(check(i)) v.push_back(i);
	cout << v.size() << endl;
	for(auto x : v) cout << x << endl;
	return 0;
} 

E - Chain Contestant

给定一个由 (A - J) 组成的串，求从中选出子序列满足相同的字符必须相临的方案数。

如果直接 (dp) , 无法得知前面是否已经出现过某种颜色。发现字符种类仅有 (10) 种，于是可以状态压缩记录某种颜色是否出现过。
令 (dp[i][j][k]) 为从前 (i) 个字符中选择，颜色状态为 (j)， 最后选择的颜色为 (k) 的合法方案数。
初始状态为 (dp[i][1 << col_i][col_i] = 1)
(dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k] + dp[i - 1][j - (1 << k)][t];;(选))
(dp[i][j][k] = dp[i - 1][j][k];;(不选))
答案即为 (sumlimits_{i = 0}^{1023}sumlimits_{j = 0}^9dp[n][i][j])。 复杂度 (O(2^{10} * n * 10))

Sample Code (C++)

int n;
char str[N];
LL dp[N][1 << M][M];

int main()
{
	cin >> n >> (str + 1);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i)
	{
		int col = str[i] - 'A';
		dp[i][1 << col][col] = 1;
		for(int j = 0; j < (1 << 10); ++ j)
		{
			for(int k = 0; k < 10; ++ k)
				if(j >> k & 1) 
				{
					dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][k]) % P;	
					if(col == k) dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][k]) % P;
				}
			if(j >> col & 1)
				for(int t = 0; t < 10; ++ t)	
					if((j - (1 << col)) >> t & 1)
						dp[i][j][col] = (dp[i][j][col] + dp[i - 1][j - (1 << col)][t]) % P;
		}
	}
	LL res = 0;
	for(int i = 0; i < (1 << 10); ++ i)
		for(int j = 0; j < 10; ++ j)
			res = (res + dp[n][i][j]) % P;
	cout << res << endl;
	return 0;
} 

F - Dist Max 2

给一组点，定义两点之间的距离为 (min(|x_i - x_j|, |y_i - y_j|)), 求两个不同点的最大距离。

最小值最大化问题，考虑二分答案。
若一个答案 (k) 合法，则必须满足存在两个点使得 (|x_i - x_j| ge k), 并且 (|y_i - y_j| ge k), 于是可以考虑一个类似于滑动窗口的做法，将点按照 (x) 排序，对于当前点 (P) 来说，若队列中的点 (Q) 与 (P) 的 (x) 坐标差 (ge k) , 则 (Q) 可以加入答案集合，维护答案集合的最大值和最小值，判断当前点是否可以从答案集合中找出一个合法点，即 (y_{max} - y_p ge k) 或 (y_p - y_{min} ge k) 。
复杂度 (O(nlogn + nlogx_{max}))

Sample Code (C++)

vector<PII> v;

bool check(int mid)
{
	queue<PII> q; int Max = 0, Min = INF;
	for(auto p : v)
	{
		while(!q.empty() && p.fi - q.front().fi >= mid) 
		{
			Max = max(Max, q.front().se);
			Min = min(Min, q.front().se);
			q.pop();
		}
		if(Max - p.se >= mid || p.se - Min >= mid) return 1;
		q.push(p);
	}
	return 0;
}

int main()
{
	IOS; int n; cin >> n;
	for(int i = 0; i < n; ++ i) { int x, y; cin >> x >> y; v.push_back({x, y}); }
	sort(v.begin(), v.end());
	int l = 0, r = 1e9, res;
	while(l <= r)
	{
		int mid = l + r >> 1;
		if(check(mid)) { res = mid; l = mid + 1; }
		else r = mid - 1;
	}	
	cout << res << endl;
	return 0;
} 

G - Colorful Candies 2

给定长度为 (n) 的序列，每个位置有一种颜色 (c_i), 对于每一个 (1 le k le n), 求随机选 (k) 个的期望不同颜色数。

首先，考虑算贡献，将问题转化为某种颜色出现或者不出现，设 (X(i)) 为 (i) 这种颜色是否出现，出现为 (1), 不出现为 (0)
假设共有 (m) 种颜色： (ans = E(sumlimits_{i = 1}^mX(i)) = sumlimits_{i = 1}^mE(X(i)))
对于颜色 (i) , (E(X(i)) = 1 * P(X(i) = 1)), 假设颜色 (i) 有 (n_i) 个，(E(X(i)) = dfrac{dbinom{n}{k} - dbinom{n - n_i}{k}}{dbinom{n}{k}})
故 (ans = sumlimits_{i = 1}^mE(X(i)) = sumlimits_{i = 1}^mdfrac{dbinom{n}{k} - dbinom{n - n_i}{k}}{dbinom{n}{k}} = dfrac{sumlimits_{i = 1}^m(dbinom{n}{k} - dbinom{n - n_i}{k})}{dbinom{n}{k}})
对于每一个 (k), 都要在 (O(m)) 的复杂度计算，整体复杂度 (O(n^2))
发现对于每一个 (k) 来说，答案只和每个 (n_i) 有关，于是可以将 (n_i) 相同的颜色合并一下，同时计算，设合并后只有 (M) 种，第 (i) 种由 (a_i) 个数量为 (n_i) 的颜色组成
故 (ans = dfrac{sumlimits_{i = 1}^m(dbinom{n}{k} - dbinom{n - n_i}{k})}{dbinom{n}{k}} = dfrac{sumlimits_{i = 1}^Ma_i(dbinom{n}{k} - dbinom{n - n_i}{k})}{dbinom{n}{k}})
分析一下这样合并后的时间复杂度：(n_i > sqrt n) 的颜色, 不会超过 (sqrt n) 种， 否则总数大于 (n) ； (n_i le sqrt n) 的颜色，只有 (0) ~ (sqrt n) 这几种，总个数不超过 (2sqrt n), 故复杂度在 (O(n sqrt n))

Sample Code (C++)

int n;
LL fac[N], ifac[N];
 
LL power(LL a, LL b)
{
	LL res = 1;
	for(; b; b >>= 1, a = a * a % P)
		if(b & 1) res = res * a % P;
	return res;
} 
 
void init()
{
	fac[0] = ifac[0] = 1;
 	for(int i = 1; i < N; i ++) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
	ifac[N - 1] = power(fac[N - 1], P - 2);
	for(int i = N - 2; i; -- i) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % P;
}
 
LL C(LL a, LL b)
{
	if(a < b) return 0;
	return fac[a] * ifac[b] % P * ifac[a - b] % P;
}

int main()
{
	init(); IOS; cin >> n;
	map<int, int> mp, v;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) { int x; cin >> x; mp[x] ++; }
	for(auto x : mp) v[x.se] ++;
	for(int k = 1; k <= n; ++ k)
	{
		LL ans = 0;
		for(auto x : v) ans = (ans + 1ll * x.se * (C(n, k) - C(n - x.fi, k) + P) % P) % P;
		ans = ans * power(C(n, k), P - 2) % P;
		cout << ans << endl;
	}
	return 0;
}