[Codeforces Educational Round 71]Div. 2

总结

手速场...像我这种没手速的就直接炸了...

辣鸡 E 题交互，少打了个 ? 调了半个小时...

到最后没时间 G 题题都没看就结束了...结果早上起来被告知是阿狸的打字机...看了看题一毛一样...

提供翻译造福人类...

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A. There Are Two Types Of Burgers

Description

题库链接

你有 \(b\) 片面包，\(p\) 块牛肉，\(f\) 块鸡肉。两片面包和一块肉可以组成一个汉堡，两种汉堡的价钱分别是 \(h,c\)。求最大收益。\(t\) 组询问。

\(1\leq t,b,p,f,h,c\leq 100\)

Solution

不用贪心，直接枚举多少个鸡肉汉堡多少个牛肉汉堡，判断面包是否够用即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int t, b, p, f, h, c, ans; 

int main() {

    scanf("%d", &t);

    while (t--) {

        ans = 0;

        scanf("%d%d%d%d%d", &b, &p, &f, &h, &c);

        for (int i = 0; i <= p; i++)

            for (int j = 0; j <= f; j++)

                if (i+j <= b/2)

                    ans = max(ans, i*h+c*j);

        printf("%d\n", ans);

    }

    return 0;

}

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B. Square Filling

Description

题库链接

给你一个 \(n\times m\) 的空白棋盘，每次你可以选择一个 \(2\times 2\) 的矩阵染色。问你是否能染成目标状态，输出方案（不用求最优解）。

\(1\leq n,m\leq 50\)

Solution

对于目标棋盘中的某一块黑色，一定只能由四种方法使他变黑。

那么对于每个黑块，直接枚举染它的矩阵的左上角，看这四种方案中是否有可行的。即这个 \(2\times 2\) 的矩阵在目标棋盘中都为黑色，若可行，标记输出；若都不可行，显然无解。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n, m, a[55][55], tmp;

int ans[55][55], tot;

void noans() {

    puts("-1"); exit(0);

}

bool color(int x, int y) {

    if (x == n || y == m || x == 0 || y == 0) return false;

    if (!a[x][y] || !a[x+1][y] || !a[x][y+1] || !a[x+1][y+1]) return false;

    ans[x][y] = 1;

    return true;

}

int main() {

    scanf("%d%d", &n, &m);

    for (int i = 1; i <= n; i++)

        for (int j = 1; j <= m; j++)

            scanf("%d", &a[i][j]);

    for (int i = 1; i <= n; i++)

        for (int j = 1; j <= m; j++)

            if (a[i][j])

                if (color(i-1, j-1) || color(i, j-1) || color(i-1, j) || color(i, j));

                else noans();

    for (int i = 1; i <= n; i++)

        for (int j = 1; j <= m; j++)

            tot += ans[i][j];

    printf("%d\n", tot);

    for (int i = 1; i <= n; i++)

        for (int j = 1; j <= m; j++)

            if (ans[i][j])

                printf("%d %d\n", i, j);

    return 0;

}

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C. Gas Pipeline

Description

题库链接

一条长度为 \(n\) 的路，让你在路上架管道，管道高度 \(>\) 马路高度，马路高度只为 \(0\) 或 \(1\)，管道高度只能为 \(1\) 或 \(2\)。并且管道开始和结束高度为 \(1\)。

如果在 \(x\) 处要修改管道高度，那么花费管道长度为 \(2\)，否则为 \(1\)。同时管道需要柱子支撑，长度为 \(n\) 的管道需要 \(n+1\) 根柱子，柱子长度取决于相邻的部分的最大高度。

单位长度管道花费 \(a\)，单位长度柱子花费为 \(b\)。求最小花费。

\(2\leq n\leq 2\cdot 10^5,1\leq a,b\leq 10^8\)

Solution

令 \(f_{i,0/1}\) 表示修管道 \(1\sim i\)，且 \(i\) 处管道高度为 \(1/2\) 的最小花费。

转移只需考虑第 \(i-1\) 个位置管道高度即可。注意，如果 \(i\) 处马路高度为 \(1\)，那么直接将 \(f_{i,0}\) 赋值为 \(\infty\)。

答案为 \(f_{n,0}\)。

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

const int N = 2e5+5;

const ll inf = 2e15;

int t, n, a, b;

char ch[N];

ll f[N][2];

int main() {

    scanf("%d", &t);

    while (t--) {

        scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);

        scanf("%s", ch+1);

        f[1][0] = a+2ll*b;

        f[1][1] = 2ll*a+2ll*b;

        for (int i = 2; i <= n; i++) {

            f[i][0] = min(f[i-1][0]+a+b, f[i-1][1]+2ll*a+2ll*b);

            f[i][1] = min(f[i-1][1]+a+2ll*b, f[i-1][0]+2ll*a+2ll*b);

            if (ch[i] == '1') f[i][0] = inf;

        }

        printf("%I64d\n", f[n][0]);

    }

    return 0;

}

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D. Number Of Permutations

Description

题库链接

给你 \(n\) 个有序二元组。定义一个 “坏的” 二元组序列指，存在一个维度单调不降。

将这 \(n\) 个二元组全排列，问有多少种方法使它变得 “不坏” ，对 \(998244353\) 取模。

\(1\leq n\leq 3\cdot 10^5\)

Solution

考虑间接法。

对于单一维度，我们将其排序，若连续 \(x\) 个数字相同，那么这 \(x\) 个位置可以任意排，贡献 \(x!\) 的方案数。

两个维度处理完之后，我们来加上多减去的部分。不过前提是原二元组序列能够排成两个维度均单调不降的序列。

那么如果排序后连续 \(x\) 个二元组相同，那么这 \(x\) 个位置可以任意排，贡献 \(x!\) 的方案数。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int yzh = 998244353, N = 3e5+5; 

int n, fac[N], ca[N], cb[N], ans, tmp, cnt = 1;

struct node {

    int a, b;

    bool operator < (const node &t) const {

        return a == t.a ? b < t.b : a < t.a;

    }

} x[N];

int main() {

    scanf("%d", &n); fac[0] = 1;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {

        scanf("%d%d", &x[i].a, &x[i].b);

        fac[i] = 1ll*i*fac[i-1]%yzh;

        ca[x[i].a]++, cb[x[i].b]++;

    }

    ans = fac[n], tmp = 1;

    for (int i = 1; i <= n; i++)

        tmp = 1ll*tmp*fac[ca[i]]%yzh;

    (ans -= tmp) %= yzh;

    tmp = 1;

    for (int i = 1; i <= n; i++)

        tmp = 1ll*tmp*fac[cb[i]]%yzh;

    (ans -= tmp) %= yzh;

    sort(x+1, x+n+1);

    for (int i = 1; i <= n; i++)

        if (x[i].b < x[i-1].b) {printf("%d\n", (ans+yzh)%yzh); return 0; }

    tmp = 1;

    for (int i = 1; i <= n+1; i++)

        if (x[i].a == x[i-1].a && x[i].b == x[i-1].b) ++tmp;

        else {

            cnt = 1ll*cnt*fac[tmp]%yzh;

            tmp = 1;

        }

    (ans += cnt) %= yzh;

    printf("%d\n", (ans+yzh)%yzh);

    return 0;

}

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E. XOR Guessing

Description

这是一道交互题。

题库链接

交互库先生成一个数 \(x\)，你需要猜出 \(x\) 是多少。

你可以询问两次，你每次给出 \(100\) 个整数，这些整数范围和 \(x\) 相同，交互库会随机选出 \(100\) 个数中的一个，与 \(x\) 异或后返回。注意，所有询问的数（共 \(200\) 个）不能重复。询问两次后输出结果。

\(x\in[0,2^{14}-1]\)

Solution

可知 \(x\) 是位数为 \(14\) 的二进制数字（高位 \(0\) 补齐）。那么两次询问分别确定低的 \(7\) 位和高 \(7\) 位即可。

确定低的 \(7\) 位时，只需让给出的 \(100\) 个数低的 \(7\) 位均为 \(0\) 即可，因为 \(2^7=128>100\)，一定能选出 \(100\) 个数。只需取返回值的低的 \(7\) 位，这和真实值的低的 \(7\) 位时相等的。

高位同理。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {

    int a = (1<<7)-1, tmp, ans = 0;

    int b = (1<<14)-1-a;

    printf("? ");

    for (int i = 1; i <= 100; i++)

        printf("%d%c", (i<<7), " \n"[i == 100]);

    fflush(stdout);

    scanf("%d", &tmp);

    ans += (tmp&a);

    printf("? ");

    for (int i = 1; i <= 100; i++)

        printf("%d%c", i, " \n"[i == 100]);

    fflush(stdout);

    scanf("%d", &tmp);

    ans += (tmp&b);

    printf("! %d\n", ans);

    fflush(stdout);

    return 0;

}

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F. Remainder Problem

Description

题库链接

让你维护长度为 \(500000\) 的序列，支持 \(q\) 次操作：

• 单点加；
• 询问：\(500000\) 个位置模 \(x\) 余 \(y\) 的位置的值的和。

\(1\leq q\leq 500000\)

Solution

发现 \(500000^{1.5}\) 大概等于三亿多...发现时限 \(4s\)，就喜闻乐见的分块了。

维护数组 \(cal[x][y]\)，表示模 \(x\) 余 \(y\) 的位置的值的和。只需开到 \(\sqrt{500000}\) 的大小就行了。

较大的值直接在原数组上枚举。

修改和询问复杂度是 \(O(\sqrt{500000})\) 的，查表的话是 \(O(1)\) 的。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 500000+5;

int cal[710][710], a[N], q, t, x, y;

int main() {

    scanf("%d", &q);

    while (q--) {

        scanf("%d%d%d", &t, &x, &y);

        if (t == 1) {

            a[x] += y;

            for (int i = 1; i <= 709; i++)

                cal[i][x%i] += y;

        } else {

            if (x <= 709) printf("%d\n", cal[x][y]);

            else {

                int ans = 0;

                for (int i = 0; i*x+y <= 500000; i++)

                    ans += a[i*x+y];

                printf("%d\n", ans);

            }

        }

    }

    return 0;

}

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G. Indie Album

题库链接

生成 \(n\) 个字符串。生成方式为

• 新取一个字符；
• 将前面某个字符串复制后，在末尾新添一个字符。

字符集为小写字母。\(q\) 组询问，问串 \(t\) 在某个串中出现了多少次。

\(1\leq n,q,\sum|t|\leq 4\cdot 10^5\)

Solution

见[NOI 2011]阿狸的打字机

Code

见[NOI 2011]阿狸的打字机

我太懒了...