Codeforces Edu Round 62 A-E

A. Detective Book

模拟题，有一些细节需要注意。

#include <cstdio>

#include <iostream>

#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 10010;

int n, a[N], ans = 0;

int main(){

	scanf("%d", &n);

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

		scanf("%d", a + i);

	int tot = 1;

	while(tot <= n){

		ans++;

		int i = tot;

		tot = max(tot, a[tot]);

		while(++i <= tot){

			tot = max(tot, a[i]);

		}

		tot++;

	}

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

	return 0;

}

B. Good String

贪心。

找到从前往后第一个$>$，把后面全部删掉（如果不删掉，结果不会更优，前面的字符也无法处理）
找从后往前第一个$<$，把前面全部删掉，理由同上

找到这两个操作中最优的即可。

#include <cstdio>

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 110;

int n;

char s[N];

int main(){

	int T; scanf("%d", &T);

	while(T--){

		scanf("%d%s", &n, s + 1);

		int l = 1, r = n;

		while(s[l] != '>') l++;

		while(s[r] != '<') r--;

		printf("%d\n", min(l - 1, n - r));

	}

	return 0;

}

C. Playlist

贪心。

我们现在题解前设定$cnt$为选的歌曲总长度，$min$为选的歌曲里最小的美好程度，即$ans = min * cnt$

将每首歌曲按$b[i]$（美好程度）从大到小排序。即保证$b[i] >= b[i + 1] (1 <= i < n)$

我们首先考虑没有歌曲限制，可以选择无限个歌曲。

每次选的美好程度一定是连续的一段$[1, r]$，也就是$[1, r]$区间内的歌曲必须全部选择。

证明：反证法

如果没有放满，则一定存在一个歌曲$i$满足$b[i] >= min$。如果选择了这个歌曲，那么$minn$不会产生变化，又题目规定$t[i] >= 1$，即加入后$cnt$一定会变大，所以答案一定会更优。

所以，假设没有限制，我们只需要从从大到小考虑每一个歌曲，把它放入，找到最优答案，由于顺次考虑，设当前考虑歌曲为$i$，$minn = b[i]$（因为从大到小排序），$cnt$也是增加了$t[i]$，可以顺利求解。

如果有限制呢？

我们可以从已选的歌曲中删，因为已选的歌曲满足$b[i] >= minn$，即使删除$minn$值不会发生变化。所以我们只要从已选中选一个$t[i]$（长度）最小的即可，这个过程可以用小根堆维护。

PS：由于写的时候以为要动态维护最小值，所以写了两个小根堆，实际只用一个，另外一个排序即可，但是其实复杂度没有变化，因为快排也是$O(nlogn)$...

#include <cstdio>

#include <iostream>

#include <queue>

#include <algorithm>

#include <vector>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

typedef long long LL;

const int N = 300010;

int n, k, t[N], b[N];

priority_queue<PII> q;

priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > minn;

int main(){

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

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

		scanf("%d%d", t + i, b + i);

		q.push(make_pair(b[i], t[i]));

	}

	LL cnt = 0, ans = -1;

	int tot = 0;

	while(!q.empty()){

		PII u = q.top(); q.pop(); tot++;

		minn.push(u.second);

		cnt += u.second;

		ans = max(ans, cnt * u.first);

		if(tot == k) cnt -= minn.top(), minn.pop(), tot --;

	}

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

	return 0;

}

D. Minimum Triangulation

考虑到只能用边上的点做三角形的边。要分割成$n - 2$个三角形。

可以做两种选择可以达成要求：

找一个重心$i$，然后连接另外每一个点即可。答案是$i * x * y + i * y + z + ...$
换根，每次转移中心，答案是$x * y * z + y * z * a + ...$

要求权值最小，选择方案$(1)$且选重心为$1$即可，因为换根下所有根都是$ >= 1$，所以值必然会不优。因为本人太弱，做完题看题解才知道还有通项公式，作为蒟蒻的我根本不懂...

#include <cstdio>

#include <iostream>

using namespace std;

int n, res = 0;

int main(){

	scanf("%d", &n);

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

		res += i * (i + 1);

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

	return 0;

}

E. Palindrome-less Arrays

自闭，我给看懵了。

考虑到如果存在奇回文，必定存在长度为$3$的回文子串，那么我们只要保证$a[i] != a[i + 2]$即可。这时候我们把奇偶拆分，通过$dp$预处理一段$-1$连续字串的处理方案，（用$dp$处理）再相乘即可。

（以上全部理解至题解，萌新根本想不到...）

设$f[i][0/1]$ 为中间连续$i$个$-1$，两端数字相同$/$不同的方案数

边界：$f[0][0] = 1, f[0][1] = 0$

$f[i][0] = (k - 2) * f[i - 1][0] + f[i - 1][1]$

也就是说，可以从$i - 1$个连续$-1$，再加上一个数字，只需满足这个字符$!=$开头和结尾即可，而开头和结尾不一样，所以是$k - 2$。也可以从$i - 1$个，两端相同的过来，方案是唯一的

$f[i][1] = (k - 1) * f[i - 1][0]$

同理。

#include <cstdio>

#include <iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 200010, MOD = 998244353;

int n, k, a[N], b[N], l1 = 0, l2 = 0, f[N][2];

int inline mul(int x, int y){

	return ((LL)x * y) % MOD;

}

int inline add(int x, int y){

	return ((LL)x + y) % MOD;

}

int power(int q, int m){

	int res = 1;

	while(m){

		if(m & 1) res = (LL)res * q % MOD;

		q = (LL)q * q % MOD;

		m >>= 1;

	}

	return res;

}

int work(int w[], int len){

	if(n == 0) return 1;

	int l = 1, r = len;

	while(l <= len && w[l] == -1) l++;

	if(l == len + 1) return mul(k, power(k - 1, len - 1));

	while(r && w[r] == -1) r--;

	int res = mul(power(k - 1, l - 1), power(k - 1, len - r));

	int first = l;

	for(l = first + 1; l <= r; l++){

		if(w[l] == -1) continue;

		res = mul(res, f[l - first - 1][w[first] == w[l]]);

		first = l;

	}

	return res;

}

int main(){

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

	f[0][0] = 1;

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

		f[i][0] = add(mul(k - 2, f[i - 1][0]), f[i - 1][1]);

		f[i][1] = mul(k - 1, f[i - 1][0]);

	}

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

		if(i & 1) scanf("%d", &a[++l1]);

		else scanf("%d", &b[++l2]);

	}

	printf("%d\n", mul(work(a, l1), work(b, l2)));

	return 0;

}