CF1257F Make Them Similar
$solution:$
折半搜索后考虑如何维护两个数组的和，可以将 $A$ 中每个数减 $A_1$ ，$B$ 中每个数被减 $B_1$ ，$map$ 维护一下即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
using namespace std;
inline int read(){
int f=,ans=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
return f*ans;
}
const int MAXN=;
int lowbit(int x){return x&-x;}
int cont(int x){int c=;while(x) c++,x-=lowbit(x);return c;}
int N,A[MAXN];
vector<int> sta;
map<vector<int> ,int> M;
int main(){
N=read();for(int i=;i<=N;i++) A[i]=read();
for(int i=;i<(<<)-;i++){
int cur=cont(i^((A[]>>)));sta.clear();
for(int j=;j<=N;j++) sta.push_back(cont(i^(A[j]>>))-cur);
M[sta]=i;
}
int all=((<<)-);
for(int i=;i<(<<)-;i++){
int cur=cont(i^((A[]&all)));sta.clear();
for(int j=;j<=N;j++) sta.push_back(cur-cont(i^(A[j]&all)));
if(M.count(sta)){
printf("%d\n",(M[sta]<<)+i);
return ;
}
}printf("-1\n");return ;
}
CF1257E The Contest
$solution:$
设 $f_{i,j}$ 表示现在在 $i$ 个数，现在在第 $j$ 段。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int f=,ans=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
return f*ans;
}
const int MAXN=;
int col[MAXN],f[MAXN][],k1,k2,k3,N;
int main(){
k1=read(),k2=read(),k3=read();N=k1+k2+k3;
for(int i=;i<=k1;i++) read();
for(int i=;i<=k2;i++) col[read()]=;
for(int i=;i<=k3;i++) col[read()]=;
memset(f,/,sizeof(f));
f[][]=;
for(int i=;i<=N;i++){
for(int j=;j<;j++){
for(int k=;k<=j;k++) f[i][j]=min(f[i][j],f[i-][k]+(col[i]!=j));
}
}
int Minn=min(f[N][],min(f[N][],f[N][]));
printf("%d\n",Minn);return ;
}
CF1268C And Reachability
$solution:$
设 $f_{i,j}$ 表示从 $i$ 点走到离 $i$ 最近并且 $j$ 位上是一的，可以简单递推得到。
时间复杂度 $O(20^2\cdot n)$ 。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int f=,ans=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
return f*ans;
}
const int MAXN=;
int f[MAXN][],g[],n,q,A[MAXN];
int main(){
n=read(),q=read();
for(int i=;i<=n;i++) A[i]=read();
for(int i=;i<=n+;i++) for(int j=;j<=;j++) f[i][j]=g[j]=n+;
for(int i=n;i>=;i--){
for(int j=;j<=;j++){
if(A[i]&(<<j)){
for(int k=;k<=;k++) f[i][k]=min(f[i][k],f[g[j]][k]);
f[i][j]=i;g[j]=i;
}
}
}
while(q--){
int x=read(),y=read();bool ok=;
for(int i=;i<=;i++) if(A[y]&(<<i)) ok|=(f[x][i]<=y);
if(ok){printf("Shi\n");continue;}
printf("Fou\n");
}return ;
}/*
5 5
0 0 1 3 7
1 2
2 2
3 5
4 5
1 5
*/
CF1268B Good Triple
$solution:$
因为 $2k\leq 9$ ，所以直接 $r$ 单调性暴力处理就行。时间复杂度 $O(9n)$ 。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int f=,ans=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
return f*ans;
}
const int MAXN=;
int L[MAXN],N,A[MAXN];
char str[MAXN];
signed main(){
scanf("%s",str+);N=strlen(str+);
for(int i=;i<=N;i++) A[i]=str[i]-'';
int ll=,Ans=;
for(int r=;r<=N;r++){
for(int i=;r-*i>=;i++){
if(A[r]==A[r-i]&&A[r-i]==A[r-*i]){ll=max(ll,r-*i);break;}
}
Ans+=ll;
}printf("%lld\n",Ans);
}
CSGRound2 逐梦者的初心
$solution:$
考虑将 $S$ 串翻转后1问题就变为了维护多项式系数。$bitset$ 优化即可。
时间复杂度 $O(\dfrac{m^2}{w})$
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<bitset>
using namespace std;
inline int read(){
int x=,f=; char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=-;
for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*+c-'';
return x*f;
}
const int N=;
const int MAXN=;
int n,m,A[N],Ans[MAXN];
bitset<MAXN> Bit,ve[],e;
int main(){
n=read(),m=read();
for(int i=;i<=m;i++) A[i]=read();for(int i=;i<=n-m;i++) read();
for(int i=;i<=m;i++) ve[A[i]][m-i+]=;
n=m;
for(int i=;i<=m;i++){
int opt=read(),x=read();
if(opt==) Bit|=(ve[x]<<i);
else{Bit=(Bit<<);Bit|=(ve[x]<<);}
e[m+i]=;printf("%d\n",(Bit.flip()&e).count());
Bit.flip();
}
return ;
}/*
2 2
1 2
1 1
1 3
*/
CSGRound2 开拓者的卓识
$solution:$
考虑每一位 $a_i$ 对答案的贡献，根据插板原理可以得到。
$$S_{k,1,r}=\sum_{i=1}^r A_i\cdot \dbinom{i+k-2}{k-1}\cdot \dbinom{r-i+k-1}{k-1}\\=A_i\cdot\dfrac{(i+k-2)!}{(k-1)!\cdot(i-1)!}\cdot\dfrac{(r-i+k-1)!}{(k-1)!\cdot(r-i)!}\\=A_i\cdot\dfrac{(i+k-2)!\cdot (r-i+k-1)!}{(i-1)!\cdot(r-i)!}\cdot\dfrac{1}{(k-1)!^2}$$
$NTT$ 优化一下即可，而阶乘的预处理可以分段打表。
时间复杂度 $O(n\log n+n\times blo)$
CF1225E Rock Is Push
$solution:$
设 $f_{i,j,0/1}$ 表示从 $(1,1)$ 走到 $(i,j)$，其中最后一步的走向是右还是下。
则 $f_{i,j,0}=\sum_{e=k}^{j-1} f_{i,e,1}$ ，可以记录前缀和得到一段区间的 $dp$ 和。
而 $k$ 的得到可以因为实现不同，故时间复杂度为 $O(nm\log n)$ 或 $O(nm)$ 。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define int long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read(){
int f=,ans=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
return f*ans;
}
const int MAXN=;
int n,m,f[MAXN][MAXN][];
/*left 0 down 1*/
char str[MAXN];
int A[MAXN][MAXN],S1[MAXN][MAXN],S2[MAXN][MAXN];
int Qi(int id,int l,int r){/*col*/
return S1[r][id]-S1[l-][id];
}
int Qj(int id,int l,int r){/*row*/
return S2[id][r]-S2[id][l-];
}
int fS1[MAXN][MAXN],fS2[MAXN][MAXN];
int Mod(int x){return ((x%mod)+mod)%mod;}
signed main(){
// freopen("maker.in","r",stdin);
n=read(),m=read();
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%s",str+);
for(int j=;j<=m;j++) A[i][j]=(str[j]=='R');
}
if(n==&&m==){printf("%lld\n",A[][]^);return ;}
for(int i=;i<=n;i++) for(int j=;j<=m;j++) S1[i][j]=S1[i-][j]+A[i][j];
for(int i=;i<=n;i++) for(int j=;j<=m;j++) S2[i][j]=S2[i][j-]+A[i][j];
f[][][]=f[][][]=;fS1[][]=,fS2[][]=;
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<=m;j++){
if(i==&&j==) continue;
int l=,r=i-,res=i;
while(l<=r){
int mid=l+r>>;
if(Qi(j,mid+,n)<=(n-i)) res=mid,r=mid-;
else l=mid+;
}
f[i][j][]=fS1[i-][j]-fS1[res-][j];f[i][j][]=Mod(f[i][j][]);
l=,r=j-,res=j;
while(l<=r){
int mid=l+r>>;
if(Qj(i,mid+,m)<=(m-j)) res=mid,r=mid-;
else l=mid+;
}
f[i][j][]=fS2[i][j-]-fS2[i][res-];f[i][j][]=Mod(f[i][j][]);
fS1[i][j]=fS1[i-][j]+f[i][j][];fS1[i][j]=Mod(fS1[i][j]);
fS2[i][j]=fS2[i][j-]+f[i][j][];fS2[i][j]=Mod(fS2[i][j]);
}
}printf("%lld\n",(f[n][m][]+f[n][m][])%mod);return ;
}/*3 3
.RR
...
R..
*/
CF1239D Catowice City
$solution:$
考虑类似于 $2-SAT$ 将必须选择的关系连边，$tarjan$ 后让最开始遍历的强连通分量为 $1$ ，因为 $dfs$ 的顺序易知这是正确的。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
inline int read(){
int f=,ans=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
return f*ans;
}
const int MAXN=;
int n,m,T,col[MAXN],sta[MAXN],num,dfn[MAXN],low[MAXN],Ans0[MAXN],Ans1[MAXN];
vector<int> vec[MAXN];
void Init(){
num=;Ans0[]=,Ans1[]=;
for(int i=;i<=n;i++) vec[i].clear();
for(int i=;i<=n;i++) col[i]=dfn[i]=low[i]=;
}
void tarjan(int u){
dfn[u]=low[u]=++num;sta[++sta[]]=u;
int siz=vec[u].size();
for(int i=;i<siz;i++){
int v=vec[u][i];
if(!dfn[v]){
tarjan(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}else if(!col[v]) low[u]=min(low[u],low[v]);
}
if(dfn[u]==low[u]){
col[u]=++col[];
while(sta[sta[]]!=u){
col[sta[sta[]]]=col[];
sta[]--;
}sta[]--;
}return;
}
int main(){
// freopen("8.in","r",stdin);
T=read();
while(T--){
n=read(),m=read();
Init();
for(int i=;i<=m;i++){int u=read(),v=read();vec[u].push_back(v);}
for(int i=;i<=n;i++) if(!dfn[i]) tarjan(i);
if(col[]==){printf("No\n");continue;}
for(int i=;i<=n;i++){
if(col[i]==) Ans0[++Ans0[]]=i;
else Ans1[++Ans1[]]=i;
}
printf("Yes\n%d %d\n",Ans0[],Ans1[]);
for(int i=;i<=Ans0[];i++) printf("%d ",Ans0[i]);printf("\n");
for(int i=;i<=Ans1[];i++) printf("%d ",Ans1[i]);printf("\n");
}return ;
}
CF1244F Chips
$solution:$
考虑若对于 $i$ 来说在 $i-1,i+1$ 有颜色相同的话，那么无论经过多少次操作都可以为本身颜色。
否则，与其相邻的是 $01$ 段，模拟一下即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int f=,ans=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
return f*ans;
}
const int MAXN=;
char str[MAXN];
int n,k,A[MAXN],B[MAXN],C[MAXN];
void print(int opt){opt?printf("W"):printf("B");}
int main(){
n=read(),k=read();
scanf("%s",str+);
for(int i=;i<=n;i++) A[i]=(str[i]=='W');
A[]=A[n],A[n+]=A[];
for(int i=;i<=n;i++) B[i]=(A[i-]==A[i]||A[i]==A[i+]),B[i+n]=B[i];
bool F=;for(int i=;i<=n;i++) F|=B[i];
if(!F){for(int i=;i<=n;i++) print(A[i]^(k&));printf("\n");return ;}
int ps=;for(int i=;i<=n;i++) if(B[i]) ps=i;
for(int i=n+;i<=*n;i++){if(B[i]) ps=i;C[i-n]=i-ps;}
for(int i=*n;i>n;i--) if(B[i]) ps=i;
for(int i=n;i>=;i--){if(B[i]) ps=i;C[i]=min(C[i],ps-i);}
for(int i=;i<=n;i++){
if(B[i]) print(A[i]);
else print(A[i]^(min(k,C[i])&));
}printf("\n");return ;
}
CF1245F Daniel and Spring Cleaning
$solution:$
按维容斥后做简单数位 $dp$ 即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int f=,ans=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
return f*ans;
}
const int MAXN=;
int T,a,b,A[MAXN],B[MAXN],len,f[MAXN][][];
int dfs(int ps,int lim1,int lim2){
if(ps==-) return ;
if(f[ps][lim1][lim2]!=-) return f[ps][lim1][lim2];
int e1=(lim1==)?A[ps]:,e2=(lim2==)?B[ps]:,res=;
for(int i=;i<=e1;i++)
for(int j=;j<=e2;j++){
if(i==&&j==) continue;
res+=dfs(ps-,lim1&&(i==A[ps]),lim2&&(j==B[ps]));
}
return f[ps][lim1][lim2]=res;
}
int calc(int x,int y){
if(x<||y<) return ;
memset(f,-,sizeof(f));
len=;
for(int i=;i>=;i--) A[i]=(x&(<<i))?:;
for(int i=;i>=;i--) B[i]=(y&(<<i))?:;
return dfs(,,);
}
signed main(){
// freopen("4.in","r",stdin);
T=read();
while(T--){
int l=read(),r=read();
printf("%lld\n",calc(r,r)+calc(l-,l-)-*calc(l-,r));
}
return ;
}
CF1245E Hyakugoku and Ladders
$solution:$
设 $f_{i,j}$ 表示从 $(i,j)$ 走到 $(1,1)$ 的期望步数，按题意模拟的转移即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int f=,ans=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
return f*ans;
}
const int N=;
int M[N][N],fro[N*N];
double f[N*N];
int main(){
for(int i=;i<=;i++)
for(int j=;j<=;j++){
if(i&) M[i][j]=(i-)*+j;
else M[i][j]=(i-)*+-j;
}
double sum=;
f[]=;for(int i=;i<=;i++){
f[i]=(sum+)/(i-);
sum+=f[i];
}
for(int i=;i<=;i++){
for(int j=;j<=;j++){int x=read();fro[M[i][j]]=M[i-x][j];}
}
for(int i=;i<=;i++){
double s=;
for(int j=;j<=;j++) s+=min(f[i-j],f[fro[i-j]]);
f[i]=s/6.0+;
}
printf("%.10lf\n",f[]);return ;
}
CF1249F Maximum Weight Subset
$solution:$
设 $f_{i,j}$ 表示以 $i$ 号节点为根的子树下距离 $i$ 最近的点至少为 $j$ 的方案数，枚举哪个要选即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int f=,ans=;char c=getchar();
while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){ans=ans*+c-'';c=getchar();}
return f*ans;
}
const int N=;
int n,k,f[N][N],head[N],cnt,val[N],son[N];
struct node{
int u,v,nex;
}x[N<<];
void add(int u,int v){
x[cnt].u=u,x[cnt].v=v,x[cnt].nex=head[u],head[u]=cnt++;
}
void dfs(int u,int fath){
for(int i=head[u];i!=-;i=x[i].nex){
if(x[i].v==fath) continue;
dfs(x[i].v,u);
}
son[]=;
for(int i=head[u];i!=-;i=x[i].nex){
if(x[i].v==fath) continue;
son[++son[]]=x[i].v;
}
for(int i=;i<=k;i++){
if(i==){
f[u][]=val[u];
for(int j=;j<=son[];j++) f[u][]+=f[son[j]][k];
continue;
}
for(int j=;j<=son[];j++){
int res=f[son[j]][i-];
for(int p=;p<=son[];p++){
if(j==p) continue;
res+=f[son[p]][max(k-i,i-)];
}
f[u][i]=max(f[u][i],res);
}
}for(int i=k;i>=;i--) f[u][i]=max(f[u][i],f[u][i+]);
}
int main(){
memset(head,-,sizeof(head));
n=read(),k=read();
for(int i=;i<=n;i++) val[i]=read();
for(int i=;i<n;i++){
int u=read(),v=read();
add(u,v),add(v,u);
}dfs(,);
printf("%d\n",f[][]);return ;
}