AtCoder Regular Contest 109

为什么还没有 Official Editorial 啊……哦，原来是日文题解，那没事了。

A - Hands

有两幢 100 层的楼房 $A,B$ ，将地面所在的楼层称为第一层楼。

$\forall i\in[1,100],i\in Z$ ，$A,B$ 的第 $i$ 层有楼梯相连，通过时间为 $x$ ; $\forall i\in[1,99]$ ，$A$ 的 $i+1$ 层和 $B$ 的第 $i$ 层有楼梯相连，通过时间为 $x$ .这些楼梯都是双向通行的。

$A,B$ 楼内有直升的楼梯，第 $i$ 层到第 $i+1$ 层之间的通行时间为 $y$ .

求从 $B$ 的第 $b$ 层到 $A$ 的第 $a$ 层的最短时间。

Thoughts & Solution

分讨题。

A的高层到B的低层 ：如果 $A_{i+1}\to B_i\to A_i$ （也就是 $2x$ 的代价）不大于 $A_{i+1}\to A_i$ （也就是 $y$ 的代价），那么走到平层之后再到 $B$ 即可，特判 $A_{i+1}\to B_i$ 的情况。如果大于，那么就从 $A$ 通过直升楼梯下去，走到平层之后再到 $B$ .

A到B平层 ：直接走过去。代价为 $x$ .

B的高层到A的低层 ：如果 $B_{i+1}\to A_{i+1}\to B_i$ 不大于 $B_{i+1}\to B_i$ ，那么这样走到比 $a$ 高一层之后再：$B_{a+1}\to A_{a+1}\to B_a\to A_a$ 即可，如果是本来就只高一层那么直接按这个走就好。如果大于，那么就同样直升下去，再到 $A$ .

//Author: RingweEH

int a,b,x,y;

int main()

{

	a=read(); b=read(); x=read(); y=read();

	int ans=0;

	if ( a>b )

	{

		if ( 2*x<=y )

		{

			int del=a-b;

			if ( del==1 ) ans=x;

			else ans=x+(del-1)*2*x;

		}

		else ans=(a-b-1)*y+x;

	}

	if ( a==b ) ans=x;

	if ( a<b )

	{

		if ( 2*x<=y )

		{

			int del=b-a;

			if ( del==1 ) ans=3*x;

			else ans=3*x+2*x*(del-1);

		}

		else ans=(b-a)*y+x;

	}

	printf( "%d",ans );

	return 0;

}

B - Log

需要 $n$ 段长度分别为 $1,2,\dots n$ 的木条。现在有 $n+1$ 个木条，长度为 $1,2,\dots ,n+1$ ，每个代价为 1 ，买了之后可以砍任意次数，并扔掉不需要的部分。问满足需求的最低金额。

Thoughts & Solution

贪心取 $n+1$ 并分成 $1,2,\dots ,k$ ，二分即可。分完之后剩下的就从完整的里面直接拿。

注意二分上界不要设太大，不然就爆 long long 了（毕竟你要算 $1\sim n$ 的和啊）。

//Author: RingweEH

ll n;

int main()

{

	scanf( "%lld",&n );

	ll l=1,r=2e9,ans=-1;

	while ( l<=r )

	{

		ll mid=(l+r)>>1;

		if ( (mid*(mid+1)/2)<=(n+1) ) l=mid+1,ans=mid;

		else r=mid-1;

	}

	printf( "%lld\n",n-ans+1 );

	return 0;

}

C - Large RPS Tournament

有 $2^k$ 个人，从 $0\sim 2^k-1$ 标号。给定一个长度为 $n$ 的字符串 $S$ ，R 表示石头，P 表示布，S 表示剪刀。第 $i$ 个人只会出 $(i\bmod n+1)$ 的手势。两两晋级决定最后的 winner 。求胜者的手势。

Thoughts & Solution

这里有个极简做法。

看到题目就很容易想到倍增吧。然后直接每次将 $S$ 复制一遍，两两算出胜者，然后作为新的 $S$ ，这样做 $k$ 次，然后取头就是答案了。

自己模拟一下很容易就理解为什么是对的吧。

//Author: RingweEH

ll n,k;

char win[230][230];

string str,dbstr;

int main()

{

	n=read(); k=read(); cin>>str;

	win['R']['R']=win['R']['S']=win['S']['R']='R';

	win['S']['S']=win['S']['P']=win['P']['S']='S';

	win['P']['P']=win['P']['R']=win['R']['P']='P';

	while ( k-- )

	{

		dbstr=str+str;

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

			str[i]=win[dbstr[i*2]][dbstr[i*2+1]];

	}

	cout<<str[0];

	return 0;

}

D - L

二维平面上一开始有三个点 $(0,0),(0,1),(1,0)$ 形成 $L$ 形，每次操作可以改变一个点的位置使得仍然是 $L$ 形。给出终止位置，求最小的移动步数。$|x|,|y|\leq 1e9,T\leq 1e3$ .

Thoughts & Solution

题解链接

相当于是对于每个 L 形，找到一个唯一对应的点（题解里说是重心，但是个人感觉更像是 将这个 L 形所在的 $2\times 2$ 的矩形作为一个整体，这个整体里面有 4 个点，分别对应 L 形拐角所在位置的 4 种情况 ，建立这样的一种点对点的对应关系），然后观察这个点随着 L 形移动的变化，会有 7 种方向可以走，然后就相当于二维平面上移动一个点，算一下然后再加上 “正好在不能走的位置上”的代价即可。

//Author: RingweEH

pair<int,int> node[3];

ll nowX,nowY;

void turning()

{

    sort( node,node+3 ); pair<int,int> mn=node[1];

    for ( int i=0; i<3; i++ )       //左下角

        mn.first=min( mn.first,node[i].first ),mn.second=min( mn.second,node[i].second );

    nowX=mn.first*2ll; nowY=mn.second*2ll;

    if ( node[0].second==node[2].second && node[1].first==node[0].first ) return;//对应点在左下角

    if ( node[0].first+1==node[2].first && node[0].second+1==node[2].second )

    {

        if ( node[1].first==node[0].first ) nowY++; //对应点在左上

        else nowX++;    //右下

        return;

    }

    nowX++; nowY++;     //右上

}

int main()

{

    int T=read();

    while ( T-- )

    {

        for ( int i=0; i<3; i++ )

            node[i].first=read(),node[i].second=read();

        turning(); ll ans=max( abs(nowX),abs(nowY) );

        if ( nowX==nowY && nowX && (nowX^1) ) ans++;

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

    }

}

E - 1D Reversi Builder

有一排 $n$ 个格子。$A$ 先将每个格子等概率涂成黑色或者白色，设每个格子的颜色为 $c_i$ 。

最开始，先在格子 $S$ 上放一个和 $c_S$ 同色的石子。

$A,B$ 将按照以下步骤进行游戏，$A$ 先手：

选一个没有石子的格子 $i$ 并放一个和格子同色的石子。
寻找一个离 $i$ 最近且放了和 $i$ 同色的石子的格子 $j$ ，并将 $i,j$ 之间所有格子的石子颜色变成 $i$ 的石子颜色。

当没有空的格子时，游戏结束。

$A$ 要最大化最终的黑色石子个数，$B$ 则最大化白色。对于所有的 $S=1,2,\dots,n$ ，求最终黑色石子个数的期望。

答案对 $998244353$ 取模，$1\leq n\leq 2e5$ .

Thoughts & Solution

有结论：连续段内不会出现黑-白-黑的情况 。

如果出现了，设两个黑色的位置从左到右是 $x,y$ （假定 $x$ 先放）。

那么 $y$ 右边一定有 $y'$ 否则就会和 $x$ 配对，而去掉 $y$ 后剩下 $x,y'$ 。

这样归纳下去，一定是有一次不能再推了，就出现了矛盾。所以这样的情形是不可能出现的。

同理也可以说明白-黑-白的情形不会出现。

那么就可以得到，每一次操作之后，除了没有放石子的格子，其他格子的石子排布一定形成了两个颜色相同的连续段。

现在就可以对序列两端的颜色进行讨论了。

如果 $c_1=c_n$ ，由结论，显然可以知道最后的局面一定全是端点颜色。
如果 $c_1\neq c_n$ ，不妨设 $c_1=black,c_n=white$ .令 $x$ 为最靠左端的白色块位置，$y$ 为最靠右端的黑色块位置。显然，这样答案在最坏情况下的上下界是 $[1,x)$ ，最好情况下是 $[1,y]$ .现在就在于 $x-1$ 和 $y+1$ 取的顺序了。
- 如果 $x-1$ 先取，那么当选了 $y$ 之后，$[1,y]$ 必然都是黑色且不会再改变，达到上限。因此，如果 $x-1$ 到 $S$ 的距离不大于 $S$ 到 $y+1$ 的距离，那么答案就是 $[1,y]$ .
- 如果 $y+1$ 先取，类似地有 $[x,n]$ 为白色，取到下限。因此，如果 $x-1$ 到 $S$ 的距离大于 $S$ 到 $y+1$ 的距离，答案就是 $[1,x)$ .

按照这个东西算一算就好了。

//Author: RingweEH

const int N=2e5+10;

const ll Mod=998244353;

int n;

ll Inv2,powe2[N*2],f[N],ans[N];

ll power( ll a,ll b )

{

    ll res=1;

    for ( ; b; b>>=1,a=a*a%Mod )

        if ( b&1 ) res=res*a%Mod;

    return res;

}

void init()

{

    powe2[0]=1;

    for ( int i=1; i<=n*2; i++ )

        powe2[i]=powe2[i-1]*2%Mod;

}

int main()

{

    n=read();

    if ( n==1 ) { printf( "%lld\n",power(2,Mod-2) ); return 0; }

    init(); ll sum=0; sum=(sum+powe2[n-2]*n)%Mod; sum=(sum+powe2[n-2]*n)%Mod;

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

        ans[i]=sum;

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

        f[i]=(f[i-1]+(2*i-1)*powe2[2*i-3])%Mod;

    for ( int i=3; i<=n-2; i++ )

        ans[i]=(ans[i]+f[i-max(2*i-n,1)]-f[1]+Mod)%Mod;

    ll inv2=power( powe2[n],Mod-2 );

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

        ans[i]=ans[i]*inv2%Mod;

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

        printf( "%lld\n",ans[i] );

    return 0;

}

Magic

这里有一份来自 @hehezhou 的奇妙递推代码……呵姥爷yyds！

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod = 998244353;

inline int power(int a, int b) {

    long long res = a, ans = 1;

    for (; b; b >>= 1, res = res * res % mod) if (b & 1) ans = ans * res % mod;

    return ans;

}

int ans[200010];

int main() {

    ans[1] = ans[2] = 0, ans[3] = 6, ans[4] = 46;

    int n;

    scanf("%d", &n);

    for (int i = 5; i <= n; i++) {

        ans[i] = (9ll * ans[i - 1] + 998244329ll * ans[i - 2] + 16ll * ans[i - 3]) % mod;

    }

    int qwq = 1ll * power(2, mod - 2) * n % mod;

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

        int cur = 1ll * ans[min(i, n + 1 - i)] * power(2, mod - 1 - n) % mod;

        printf("%d\n", (qwq + cur) % mod);

    }

}

F - 1D Kingdom Builder

有一行格子，其中小于 $0$ 的为白色，大于 $n$ 的为黑色，中间的格子颜色给定。一些格子需要被标记，按以下规则进行：

选择一个颜色 $col$ ，找到一个未标记的、旁边有标记点的、颜色为 $col$ 的格子，并标记
如果找不到，就找任意一个颜色为 $col$ 的格子

求标记完所有格子的最少操作次数。 $n\leq 1e5$ .

Thoughts & Solution

题解链接

Warning：属于【题单】最近遇见的 SHIT DP题三连，题单 适合用于自虐和消磨时间 ，请谨慎考虑自身生命安全

Unfinished.