春节比赛合集

春节这几天打了很多场比赛，下面做一个总结和部分题解（没写的不会做）

Codeforces Round #462 (Div. 1)

这是我打的第一场div1，div1和div2有很大的区别。这一次一开始打就卡在了A题，半个多小时才做出来。。

A. A Twisty Movement

题意：给你一个由1和2组成的序列，你可以翻转其中一段，求翻转后的最长不下降子序列。

数据范围：\(1 \leqslant n \leqslant 2000\)

看到这道题之后，可以转换为求枚举一个位置，你要使前面的1和后面的2之和尽可能多。

我们可以把这个序列分成4段，每段长度都可以为0，我们需要把中间两段交换。

这样我们很容易有一个dp的思路，我们要使第一段和第三段的1尽可能多，使第二段和第四段的2尽可能多。

设\(dp[i][j]\)表示当前这一段的最后一位是i，当前在第j段的最大答案

这样转移就很显然了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
	return x*f;
}
inline ll readll(){
	ll x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
	return x*f;
}
inline bool chkmax(int &x,int y){return (y>x)?(x=y,1):0;}
const int maxn=2000+10,inf=0x3f3f3f3f;
int a[maxn],sum[maxn],dp[5][maxn];
int main(){
	int n=read();
	REP(i,1,n) a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i]-1;
	dp[0][0]=0;
	REP(i,1,4)
		REP(j,0,n)
			REP(k,0,j)
				if(!(i&1)) chkmax(dp[i][j],dp[i-1][k]+sum[j]-sum[k]);
				else chkmax(dp[i][j],dp[i-1][k]+(j-sum[j])-(k-sum[k]));
	printf("%d\n",dp[4][n]);
	return 0;
}

B. A Determined Cleanup

题意：\(f(x)=q(x)*(x+k)+p\)，其中\(f(x)\)，\(x+k\)与\(q(x)\)都是多项式，给出p与k，求一个合法的\(f(x)\)使得\(f(x)\)的每一位都不超过k

数据范围：\(1 \leqslant p \leqslant 10^{18}\)，\(1 \leqslant k \leqslant 2000\)

式子可以转化\(f(x)\)除以\(x+k\)余数为q，我们考虑一个多项式除以\(x+k\)的过程，发现其实就是一个类似分解成k进制但是每一位要变符号的过程

于是就很好解决了

题目中说无解输出-1，实际上没有无解的情况

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
	return x*f;
}
inline ll readll(){
	ll x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
	return x*f;
}
const int maxn=200000+10;
ll mod;
int k,n1,n2;
bool work(int *a,int flag,int &n){
	int b=flag;
	ll p=mod;
	while(p!=0){
		int tmp=p%k;
		if(flag==-1) tmp=(k-tmp)%k;
		a[++n]=tmp;
		flag*=-1;
		p+=flag*tmp;
		if(p%k!=0) return 0;
		p/=k;
	}
	if((n&1) && b==-1) return 0;
	if(!(n&1) && b==1) return 0;
	return 1;
}
int a[maxn],b[maxn];
int main(){
	n1=n2=0;
	mod=readll(),k=read();
	if(work(b,1,n2)){
		printf("%d\n",n2);
		REP(i,1,n2) printf("%d%c",b[i],i==iend?'\n':' ');
		return 0;
	}
	printf("-1\n");
	return 0;
}

C. A Colourful Prospect

这是一道欧拉定理的题目，计算几何需要加强了。

ICM Technex 2018 and Codeforces Round #463 (Div. 1 + Div. 2, combined)

这一场拿小号_ yyc _打的（早知道拿大号打了）

D. Tree

这题一开始被卡题面了，其实就是一个简单的倍增。

（题意过于复杂不想解释）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
	return x*f;
}
inline ll readll(){
	ll x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
	return x*f;
}
const int maxn=400000+10;
int v[maxn][20];
ll sum[maxn][20],w[maxn];
int main(){
	int q=read(),cnt=1;
	ll lst=0;
	while(q--){
		int ty=read();
		ll x=readll(),y=readll();
		x^=lst,y^=lst;
		if(ty==1){
			w[++cnt]=y;
			v[cnt][0]=x;
			while(v[cnt][0] && w[v[cnt][0]]<y) v[cnt][0]=v[v[cnt][0]][0];
			sum[cnt][0]=w[v[cnt][0]];
			for(int j=1;v[cnt][j]=v[v[cnt][j-1]][j-1];++j) sum[cnt][j]=sum[cnt][j-1]+sum[v[cnt][j-1]][j-1];
		}
		else{
			ll ans=1;
			if(y<w[x]){
				lst=0;
				printf("0\n");
				continue;
			}
			y-=w[x];
			DREP(i,19,0){
				if(!v[x][i]) continue;
				if(sum[x][i]>y) continue;
				y-=sum[x][i];
				x=v[x][i];
				ans+=(1<<i);
			}
			lst=ans;
			printf("%lld\n",ans);
		}
	}
	return 0;
}

E. Team Work

题意：求\(\sum_{i=1}^{n} C_n^i*i^k\)

数据范围：\(1 \leqslant n \leqslant 10^9\)，\(1 \leqslant k \leqslant 5000\)

首先可以把整数幂转化一下

\[\sum_{i=1}^{n} C_n^i*\sum_{j=0}^{i} S_k^j*C_i^j*j! \]

将\(C_n^i\)放到后面，把组合数拆开

\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{i} S_k^j*\frac {n!} {i!*(n-i)!}*\frac {i!} {j!*(i-j)!}*j! \]

约分

\[n!*\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{i} S_k^j*\frac {1} {(n-i)!*(i-j)!} \]

后面一部分转化一下

\[n!*\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{i} S_k^j*C_{n-j}^{n-i}*(n-j)! \]

交换一下位置

\[n!*\sum_{j=0}^{n} S_k^j*(n-j)!*\sum_{i=j}^{n} C_{n-j}^{n-i} \]

组合数可以直接转化了

\[\sum_{j=0}^{n} S_k^j*C_n^j*j!*2^{n-j} \]

这样因为j>k时\(S_k^j=0\)我们可以\(O(k^2)\)处理出答案了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
	return x*f;
}
inline ll readll(){
	ll x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
	return x*f;
}
const int maxn=5e3+10,mod=1e9+7;
int S[maxn][maxn],C[maxn],fac[maxn];
int ksm(int x,int y){
	int res=1;
	while(y){
		if(y&1) res=1ll*x*res%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
int main(){
	int n=read(),k=read();
	S[0][0]=1;
	REP(i,1,k){
		S[i][0]=0;
		S[i][i]=1;
		REP(j,1,i-1)
			S[i][j]=(S[i-1][j-1]+1ll*j*S[i-1][j]%mod)%mod;
	}
	C[0]=1;
	REP(i,1,min(n,k)) C[i]=1ll*C[i-1]*(n-i+1)%mod*ksm(i,mod-2)%mod;
	int ans=0;
	fac[0]=1;
	REP(i,1,k) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	REP(i,0,min(n,k)) ans=(ans+1ll*S[k][i]*fac[i]%mod*C[i]%mod*ksm(2,n-i)%mod)%mod;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

Educational Codeforces Round 38 (Rated for Div. 2)

这场我是那小小号zhou8888打的（我为什么有这么多小号）

C. Constructing Tests

题意：对于一个nn的矩阵和一个m，我们设x为每个mm的矩阵都至少有一个0的情况下1最多的个数。
给定q个x，求对于每个x任意一组合法的n和m

数据范围：\(1 \leqslant q \leqslant 100\)，\(1 \leqslant x \leqslant 10^9\)

很容易发现\(x=n^2-(\lfloor \frac {n} {m}\rfloor)^2=(n-\lfloor \frac {n} {m}\rfloor)*(n+\lfloor \frac {n} {m}\rfloor)\)

于是枚举x的约数就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
	return x*f;
}
inline ll readll(){
	ll x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
	return x*f;
}
int main(){
	int T=read();
	while(T--){
		int x=read(),flag=0;
		if(x==0){
			printf("1 1\n");
			continue;
		}
		for(int i=1;i*i<=x;++i){
			if(x%i) continue;
			if(i*i==x) continue;
			int y=x/i;
			if((i&1)^(y&1)) continue;
			int Mid=(y+i)>>1;
			int nm=Mid-i;
			if(nm>Mid) continue;
			int m=Mid/nm;
			if(nm!=Mid/m) continue;
			printf("%d %d\n",Mid,m);
			flag=1;
			break;
		}
		if(!flag) printf("-1\n");
	}
	return 0;
}

E. Max History

题意：对于一个序列a定义\(f_a\)为
一开始\(f_a=1,M=0\)
对于每个\(2 \leqslant i \leqslant n\)如果$a_M < a_i \(我们让\)f_a+=a_M,M=i\( 给你一个序列，输出这个序列的\)n!\(种排列的\)f_a$总和

数据范围：\(1 \leqslant n \leqslant 10^6\)，\(1 \leqslant a_i \leqslant 10^9\)

首先，肯定是按位考虑，对于每一个数，只有当他之前的数全部小于它时，它的贡献才会被计算
对于每个数，我们可以考虑先把所有比他小的数放进去，然后这个数的位置就确定了，一定是第一个每被放过的位置，剩下的数也随便放
设\(p_i\)为比\(a_i\)小的数的个数，所以答案为

\[\sum_{i=1}^{n} P_n^{p_i}*(n-p_i-1)!=\sum_{i=1}^{n} \frac {n!} {n-p_i} \]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
	return x*f;
}
inline ll readll(){
	ll x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
	return x*f;
}
const int maxn=2e6+10,mod=1e9+7;
int ksm(int x,int y){
	int res=1;
	while(y){
		if(y&1) res=1ll*x*res%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
int fac[maxn],ifac[maxn];
int a[maxn];
inline void add(int &x,int y){
	x+=y;
	if(x>=mod) x-=mod;
}
int main(){
	int n=read();
	fac[0]=1;
	REP(i,1,n) fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mod;
	ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);
	DREP(i,n-1,0) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
	int ans=0;
	REP(i,1,n) a[i]=read();
	sort(a+1,a+n+1);
	REP(i,1,n){
		int len=1,k=i-1;
		while(i+1<=n && a[i]==a[i+1]) len++,++i;
		if(i==n)
			continue;
		add(ans,1ll*fac[n]*a[i]%mod*len%mod*ksm(n-k,mod-2)%mod);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

F. Erasing Substrings

题意：给你一个字符串，长度为n，令\(k=\lfloor log_2(n)\rfloor\)，你可以操作k次，第i次操作可以删除一个长度为\(2^{i-1}\)的串，求最后剩下的字典序的串

数据范围：\(1 \leqslant n \leqslant 5000\)

这样的问题我们一般都按位考虑，从第1位到第\((n-2^k+1)\)位,在之前的位最小的情况下，这一位是什么。

我们每一个二进制位上对应的长度都只能选一次，所以我们设\(dp[i]\)代表当前这个字母能够删那些长度，那么我们只要比较第i+pos位的大小就行了，上一个的最小值所在长度的集合，必须选其中至少一个，这样就很好转移了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
	return x*f;
}
inline ll readll(){
	ll x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
	return x*f;
}
const int maxn=5000+10;
bool dp[14][maxn],f[maxn];
char s[maxn];
int main(){
	scanf("%s",s+1);
	int n=strlen(s+1);
	int m=0;
	while((1<<m+1)<=n) ++m;
	f[0]=1;
	REP(k,1,n-(1<<m)+1){
		REP(i,0,m) REP(j,0,(1<<m)-1) dp[i][j]=0;
		REP(i,0,(1<<m)-1) dp[0][i]=f[i];
		REP(i,0,m-1)
			REP(j,0,(1<<m)-1)
				if(dp[i][j]){
					dp[i+1][j]=1;
					dp[i+1][j|(1<<i)]=1;
				}
		int mn=40;
		REP(i,0,(1<<m)-1){
			if(!dp[m][i]) continue;
			mn=min(mn,(int)(s[i+k]-'a'));
		}
		char c=mn+'a';
		putchar(c);
		REP(i,0,(1<<m)-1){
			f[i]=dp[m][i];
			if(c!=s[i+k]) f[i]=0;
		}
	}
	putchar('\n');
	return 0;
}

hello xugou

好像难题都没做？？？

Codeforces Round #464 (Div. 2)

经过这场之后我的小号_ yyc _和我的大号同分了。。。

E. Maximize!

题意：维护一个集合，每次加入一个大于集合内所有数的整数。询问这个集合子集的最大值减去平均值的最大值。

数据范围：\(1 \leqslant q \leqslant 5*10^5\)

大力猜结论！！

他的询问我们可以考虑是最大值尽可能大，且使平均值尽可能小

首先，最大值一定取得是最后加进集合中的值，我们可以用反证法来证

然后我们要使平均值尽可能小，我们就每次讲比平均值小的数加进答案中。

由于每次将最大值变大，所以每次加进来一个数后平均值是递增的。

这样我们就可以用一个指针来维护了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
	int x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
	return x*f;
}
inline ll readll(){
	ll x;
	char c;
	int f=1;
	while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
	if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
	x=c^'0';
	while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
	return x*f;
}
const int maxn=5e5+10;
int a[maxn];
double sum[maxn];
int main(){
	int q=read(),L=0,R=0;
	double lst=0;
	double ans=0;
	while(q--){
		int ty=read();
		if(ty==1){
			++R;
			lst=read();
			sum[R]=sum[R-1]+lst;
			ans=(sum[L]+lst)/(L+1);
			while(L+1<R && sum[L+1]-sum[L]<ans){
				++L;
				ans=(sum[L]+lst)/(L+1);
			}
		}
		else printf("%.10lf\n",lst-ans);
	}
	return 0;
}

UOJ Goodbye Dingyou

头一次参加uoj的比赛，难度。。。

Codeforces Round #465 (Div. 2)

C题fst是因为我不知道为什么加了一个特判，然后还判错了。。