Codeforces Global Round 4

目录

• Contest Info
• Solutions
  • A. Prime Minister
  • B. WOW Factor
  • C. Tiles
  • D. Prime Graph
  • E. Archaeology
  • F1. Short Colorful Strip

Contest Info

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[Practice Link](https://codeforc.es/contest/1178)

Solved	A	B	C	D	E	F1	F2	G	H
6/9	O	O	O	O	O	Ø	-	-	-

• O 在比赛中通过
• Ø 赛后通过
• ! 尝试了但是失败了
• - 没有尝试

Solutions

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A. Prime Minister

签到题。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 110
int n, a[N], b[N];

int main() {
	while (scanf("%d", &n) != EOF) {
		memset(b, 0, sizeof b);
		int sum = 0, other = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i), sum += a[i];
		b[1] = 1;
		other = a[1];
		for (int i = 2; i <= n; ++i) {
			if (a[1] >= a[i] * 2) {
				other += a[i];
				b[i] = 1;
			}
		}
		if (other > sum / 2) {
			int sze = 0;
			vector <int> vec;
			for (int i = 1; i <= n; ++i) {
				if (b[i]) {
					++sze;
					vec.push_back(i);
				}
			}
			printf("%d\n", sze);
			for (int i = 0; i < sze; ++i) printf("%d%c", vec[i], " \n"[i == sze - 1]);
		} else {
			puts("0");
		}
	}
	return 0;
}

B. WOW Factor

题意：

将连续的两个\(v\)可以看成一个\(w\)，询问给出的字符串中只包含字符\(v\)和\(o\)，询问有多少个子序列组成\(wow\)

思路：

先处理出每个\(o\)左边有多少个\(w\)以及右边有多少个\(w\)，然后计算贡献即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define N 1000010
int n;
ll l[N], r[N];
char s[N];

int main() {
	while (scanf("%s", s + 1) != EOF) {
		n = strlen(s + 1);
		l[0] = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			l[i] = l[i - 1];
			if (i > 1 && s[i] == 'v' && s[i - 1] == 'v') {
				++l[i];
			}
		}
		r[n + 1] = 0;
		for (int i = n; i >= 1; --i) {
			r[i] = r[i + 1];
			if (i < n && s[i] == 'v' && s[i + 1] == 'v') {
				++r[i];
			}
		}
		ll res = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			if (s[i] == 'o') {
				res += 1ll * l[i - 1] * r[i + 1];
			}
		}
		printf("%lld\n", res);
	}
	return 0;
}

C. Tiles

题意：

有这样的瓷砖：



用来拼\(n \cdot m\)的地板，要求任意相邻的边两边的颜色不能相同。

思路：

显然第一个位置可以有四种选择，并且第一排的后面的每个位置都有两种选择，因为不能和前面的边相同。

那么第一列后面的位置也有两种选择，那么剩下的位置都只有一种选择，因为它们相邻了两条边。

所以答案就是\(4 \cdot 2^{n + m - 2}\)

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
const ll p = 998244353;

ll qmod (ll base, ll n) {
	ll res = 1;
	while (n) {
		if (n & 1) {
			res = res * base % p;
		}
		base = base * base % p;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}

int main() {
	int n, m;
	while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
		printf("%lld\n", qmod(2, n - 1) * qmod(2, m - 1) % p * 4 % p);
	}
	return 0;
}

D. Prime Graph

题意：

给出\(n\)个点，要求构成一个简单图，使得边的总数是素数，并且每个点的度数也是素数。

思路：

• 首先考虑每个点的度数至少为\(2\)，那么先把这些点连成一个环，所有点的度数就是\(2\)了。
• 再考虑边的数量是素数，一个显然的想法是所有数都可以表示成\(2x + 3y\)的形式，所以我们将环中的点分成两部分，每次各取一个点连边，就增加一条边，并且让两个度数为\(2\)的点变成度数为\(3\)的。
• 那么只要满足我们找一个\(>= n\)的最近的素数\(y\)，使得\(y - n \leq \frac{n}{2}\)即可这样构造。
• 素数的密度很高，或者\(n\)只有\(1000\)可以打表验证一下，这样是可以的。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 1010
#define pii pair <int, int>
#define fi first
#define se second
int n;

bool isprime(int x) {
	for (int i = 2; i < x; ++i) {
		if (x % i == 0) return 0;
	}
	return 1;
}

int main() {
	while (scanf("%d", &n) != EOF) {
		int tot = n;
		for (int i = tot; ; ++i) {
			if (isprime(i)) {
				tot = i;
				break;
			}
		}
		vector <pii> vec;
		for (int i = 2; i <= n; ++i) vec.push_back(pii(i - 1, i));
		vec.push_back(pii(1, n));
		int remind = tot - n;
		int pos = n / 2 + 1;
		for (int i = 1; i <= remind; ++i) {
			vec.push_back(pii(i, pos));
			++pos;
		}
		printf("%d\n", tot);
		for (auto it : vec) printf("%d %d\n", it.fi, it.se);
	}
	return 0;
}

E. Archaeology

题意：

给出一个只包含'a', 'b', 'c'的字符串，保证任意两个连续的字符都不相同，要求选出一个子序列\(t\)使得它是一个回文串，并且\(|t| \geq \left\lfloor \frac{|s|}{2} \right\rfloor\)

思路：

贪心从两端取即可。

因为左端的两个字符和右端的两个字符，必然会有两个相等，因为保证了任意两个连续的字符不同，那么这样就是说每\(4\)个字符，至少有\(2\)个有贡献，显然满足题目限制。

其实也可以枚举一样，看看：

假如左端的\(ab\)，那么右端的取值有以下几种：

• \(ab\)
• \(ac\)
• \(bc\)
  
  显然都满足要求。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 1000010
#define INF 0x3f3f3f3f
int n, m, f[N][3], g[N][3], nx[3];
char s[N], t[N];
int vis[N];

bool ok() {
	m = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) if (vis[i]) {
		t[++m] = s[i];
	}
	t[m + 1] = 0;
	if (m >= n / 2) {
		printf("%s\n", t + 1);
		return 1;
	}
	return 0;
}

int main() {
	while (scanf("%s", s + 1) != EOF) {
		n = strlen(s + 1);
		for (int i = 1; i <= n; ++i) vis[i] = 0;
		nx[0] = nx[1] = nx[2] = 0;
		for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
			for (int j = 0; j < 3; ++j) {
				g[i][j] = nx[j];
			}
			if (i <= n) {
				nx[s[i] - 'a'] = i;
			}
		}
		nx[0] = nx[1] = nx[2] = n + 1;
		for (int i = n; i >= 0; --i) {
			for (int j = 0; j < 3; ++j) {
				f[i][j] = nx[j];
			}
			if (i > 0) {
				nx[s[i] - 'a'] = i;
			}
		}
		int l = 0, r = n + 1;
		while (l <= r) {
			int Min = INF, pos = -1;
			for (int i = 0; i < 3; ++i) {
				if (f[l][i] < g[r][i] && f[l][i] - l + r - g[r][i] < Min) {
					Min = f[l][i] - l + r - g[r][i];
					pos = i;
				}
			}
			if (pos == -1) break;
			l = f[l][pos];
			r = g[r][pos];
			vis[l] = vis[r] = 1;
		}
		if (l < r - 1) {
			vis[l + 1] = 1;
		}
		if (!ok()) printf("IMPOSSIBLE\n");
	}
	return 0;
}

F1. Short Colorful Strip

题意：

有一个长度为\(n\)的方格纸，现在要求做\(n\)次涂刷操作，每次选择一个区间将其刷成颜色\(i\)，刚开始全都为颜色\(0\)，问最后方格纸上第\(i\)格颜色为\(c_i\)的方案数。

\(n = m\)。

思路：

令\(f[l][r]\)表示完成区间\([l, r]\)的涂刷的方案数。

考虑对于一个区间\([l, r]\)，那么我们第一次涂的肯定是\(c_i\)最小的，然后以\(c_i\)最小的那个格子为界，划分成两边，令\(pos[i]\)表示当前区间\(c_i\)最小的格子的下标，那么有转移方程：

\[\begin{eqnarray*}
f[l][r] = \sum\limits_{a} \sum\limits_{b} f[l][a - 1] \cdot f[a][pos[i] - 1] \cdot f[pos[i] + 1][i - 1] \cdot f[i +1][r]
\end{eqnarray*}
\]

注意到划分出两个区间后，左边右边独立，所以可以分开计算，最后乘起来即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define N 510
const ll p = 998244353;
int n, m, a[N];
ll f[N][N]; 

void add(ll &x, ll y) {
	x += y;
	if (x >= p) x -= p;
}

ll dp(int l, int r) {
	if (l > r) return 1;
	if (f[l][r] != -1) return f[l][r];
	if (l == r) return f[l][r] = 1;
	f[l][r] = 0;
	int pos = l;
	for (int i = l + 1; i <= r; ++i) {
		if (a[i] < a[pos]) pos = i;
	}
	ll L = dp(l, pos - 1), R = dp(pos + 1, r);
	for (int i = l; i < pos; ++i) {
		add(L, dp(l, i) * dp(i + 1, pos - 1) % p);
	}
	for (int i = pos + 1; i <= r; ++i) {
		add(R, dp(pos + 1, i) * dp(i + 1, r) % p);
	}
	return f[l][r] = L * R % p;
}

int main() {
	while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
		memset(f, -1, sizeof f);
		for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
		printf("%lld\n", dp(1, n));
	}
	return 0;
}