AtCoder Grand Contest 020 题解

Posted 2021-03-26 yuanquming

传送门

怎么又是(tourist)神仙的题……

(A)

咕咕

int n,a,b;
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
    puts(((b-a-1)&1)?"Alice":"Borys");
    return 0;
}

(B)

考虑从后往前做，假设考虑到(a_i)，且只考虑第(a_{i+1})到(a_n)的答案为(s)，那么考虑了(a_i)的答案(p)要满足(p/a_i imes a_i=s)（这里是下取整），因为这里必有(a_i|s)，所以(p)需要满足(s+a_i-1geq pgeq s)，那么我们就可以把(p)的范围给求出来了，这样一直求到(a_1)就可以了，注意还要保证(p)恒为(a_{p-1})的倍数，所以还需要处理一下范围

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pb emplace_back
#define gg return puts("-1"),0
#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)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int a[N],n;ll mn,mx,l,r;
inline int dec(R int x,R int y){return y?x-y:0;}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
    mx=mn=2,a[0]=1;
    if(2%a[n])gg;
    for(R int i=n;i;--i){
        l=mn,r=mx;
        mn=(l+a[i-1]-1)/a[i-1]*a[i-1];
        mx=(r+a[i]-1)/a[i-1]*a[i-1];
        if(mn>mx)gg;
    }
    printf("%lld %lld
",mn,mx);
    return 0;
}

(C)

考虑把空集也算上的话中位数是(p={sum a_iover 2})（因为对于每一种取法，它的补集的和与它的和必然是(sum a_i)），那么去掉空集的话中位数就是(p)的后继了

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#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)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=2005,M=4e6+5;
bitset<M>vis;int a[N],n,sum,res;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    vis[0]=1;
    fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i],vis|=vis<<a[i];
    res=(sum+1)>>1;
    fp(i,res,sum)if(vis[i])return printf("%d
",i),0;
    puts("QAQ");
    return 0;
} 

(D)

自己想想觉得很麻烦，不过似乎并没有啊……

首先，最小长度(k={(max(a,b))over min(a,b)+1})（上取整），就是考虑把其中一个字母塞到另外一个字母的中间

如果(k=1)，随便搞，否则的话考虑贪心

对于当前字母的方法，需要满足以下两个条件，一个是连续长度不能超过(k+1)，另一个是后面的字母产生的也不会超过(k+1)

那么不难发现前缀一段一定是(AA..ABAA..AB...)就是(A)重复(k)遍之后后面接一个(B)

那么假设现在还剩(a)个(A)和(b)个(B)，那么当前位置可以当(A)当且仅当(bleq ka)，因为最坏的情况是一个(A)后接(k)个(B)，而且不难发现后缀一段一定都是形如这种情况

所以我们只需要找到前缀和后缀的分界点，然后就可以(O(1))计算每一个位置的值了。注意最优情况下分界点处必定是一个(A)，且这个(A)是前后缀共用的，假设分界点及其之前有(nb)个(B)和(na)个(A)，那么有(nbleq max(0,lfloor{{na-1over k} floor}))，同时也有(na=a-lceil{{b-nbover k} ceil}+1)，带入之后有(nbleq lfloor{{a-lceil{{b-nbover k} ceil}over k} floor})，发现当(nb)增大时，左边递增，右边递减，那么二分找到最大的(nb)即可

然后没有然后了

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#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)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const char s[2]={'A','B'};
int a,b,c,d,q,k,nb;ll lim;
inline int calc(R int x){return (a-(b-x+k-1)/k)/k;}
inline int find(){
    R int l=0,r=b,mid,ans=0;
    while(l<=r){
        mid=(l+r)>>1;
        mid<=calc(mid)?(ans=mid,l=mid+1):r=mid-1;
    }
    return ans;
}
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);
    for(scanf("%d",&q);q;--q){
        scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d),--c;
        k=(a+b)/(a<b?a+1:b+1);
        if(k==1)fp(i,c,d-1)putchar(s[(i+(b>a))&1]);
        else{
            nb=find();
//          printf("qwq %d %d %d %d
",a,b,k,nb);
            lim=nb+a-(b-nb+k-1)/k+1;
            fp(i,c,d-1)putchar(i<lim?s[i%(k+1)==k]:s[(a+b-i)%(k+1)>0]);
        }
        putchar('
');
    }
    return 0;
} 

(E)

首先设(f(s))表示串(s)的压缩方案，那么只要考虑(s)的开头字母是单独出现还是被压缩了即可

类似的我们可以得到对于子集求和的算法，即设(f(s))表示对(s)这个串的子集和合法压缩方案，被压缩的情况和之前一样，只不过枚举压缩的长度和次数的时候需要把这几段取一个按位与，如果如果开头字母单独出现且开头字母是(1)需要乘上(2)（因为此时子集中开头可以是(1)也可以是(0)）

这个爆搜其实是可以过的……因为不同的串(s)的数量只有大约(50000)个……

证明什么的并没有看懂……

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#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)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int 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;
}
map<string,int>dp;
inline string operator &(const string &a,const string &b){
    R int n=a.length();string c(n,'0');
    fp(i,0,n-1)c[i]=(a[i]=='1'&&b[i]=='1'?'1':'0');
    return c;
}
int dfs(string s){
    if(s.empty())return 1;
    if(dp.count(s))return dp[s];
    if(s.length()==1)return s[0]-'0'+1;
    R int res=mul(s[0]=='1'?2:1,dfs(s.substr(1)));
    R int n=s.length();
    fp(d,1,n){
        string t=s.substr(0,d);
        for(R int k=d;k<=n-d;k+=d){
            t=t&s.substr(k,d);
            upd(res,mul(dfs(t),dfs(s.substr(k+d))));
        }
    }
    return dp[s]=res;
}
int main(){
    string s;cin>>s;
    printf("%d
",dfs(s));
    return 0;
}

(F)

首先默认长度最长的那一条弧放在([0,x])的位置上，然后考虑其它弧的左端点的位置

有一个套路，我们把左端点位置的整数部分和小数部分分开考虑，那么整数部分只有(n)种可能，而小数部分虽然可能性有无数种，但是它们之间的相对顺序只有(n!)种（默认互不相同，因为连续型随机变量取值相同的概率可以视为(0)），而且只有这个相对顺序会对答案有影响

那么我们(n!)爆搜小数部分的相对顺序，把圆上给拆成(n imes c)个点，其中第((i,j))个点表示整数部分为(i)，小数部分为(j)，然后设(f[i][j][k])表示现在考虑到点(i)，当前最远能到点(j)，已经选了的点的集合为(k)的方案数，转移即可

//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#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)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
int h[15],a[15],vis[15],n,c,lim;
ll f[2][305][(1<<5)+5];double ans,pw;
void solve(){
    memset(f,0,sizeof(f));
    R int t=0;
    f[t][min(c*n,a[n]*n)][0]=1;
    fp(i,1,c*n-1)if(i%n){
        memset(f[t^1],0,sizeof(f[t^1]));
        R int to=i%n-1;
        fp(j,i,c*n)fp(k,0,lim-1)if(f[t][j][k]){
            f[t^1][j][k]+=f[t][j][k];
            if(k>>to&1^1)f[t^1][min(c*n,max(j,i+a[h[to+1]]*n))][k^(1<<to)]+=f[t][j][k];
        }
        t^=1;
    }
    ans+=f[t][c*n][lim-1];
}
void dfs(int dep){
    if(dep>=n)return solve();
    fp(i,1,n-1)if(!vis[i]){
        h[dep]=i,vis[i]=1;
        dfs(dep+1);
        vis[i]=0;
    }
}
int main(){
//  freopen("testdata.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&c);
    fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
    sort(a+1,a+1+n),lim=(1<<(n-1));
    dfs(1);
    pw=1;fp(i,1,n-1)pw*=c;
    ans*=1.0/pw;
    pw=1;fp(i,2,n-1)pw*=i;
    ans*=1.0/pw;
    printf("%.12lf
",ans);
    return 0;
}