AtCoder Beginner Contest 242（C~E）

AB 水题

C - 1111gal password

题意：给出 N（\(2\le N\le 1e6\)）求满足以下条件的 \(X\) 的数量，需除以模 (\(998244353\))

• $X $ 是 \(N\) 位数
• 对于 \(X_1,X_2,...,X_N\) 的每位数
  • \(1\le X_i \le 9\)
  • \(|X_i - X_{i+1}| \le 1\)

思路：

emm，直接看过去知道是比较明显的数论推导问题，随便写了几组发现当定义状态 \(f_{i,j}\) 表示长度为 \(i\) 符合条件的数字，结尾数位是 \(j\) 有多少个。递推式如下：

\[\begin{array}{c}
f_{i, j}=f_{i-1, j-1}+f_{i-1, j}+f_{i-1, j+1} \\
f_{i, 0}=f_{i, 10}=0 \\
f_{1, j}=1
\end{array}
\]

【AC Code】

const int N = 1e6 + 10, mod = 998244353;
ll n;
ll f[N][11];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    cout << fixed << setprecision(20);
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= 9; i += 1) f[1][i] = 1;
    for (int j = 2; j <= n; j++)
        for (int i = 1; i <= 9; i++)
            f[j][i] = (f[j - 1][i - 1] + f[j - 1][i] + f[j - 1][i + 1]) % mod;
    // 定义初始和结尾以及初始值
    // {1,2,3,4,5}, accumulate(a[0], a[5],0ll) = 15
    cout << accumulate(f[n] + 1, f[n] + 10, 0ll) % mod;
}

D - ABC Transform

题意：

给定一个长度为 \(N\) 的字符串 \(S\) ，由A B C 三种字符组成，每一次变化会使 \(S\) 中的 A 全部变成 BC ，B 全部变成 CA ，C 全部变成 AB ，如 ABC 在一次变化后会变成 BCCAAB 。现在有 Q 个询问，每个询问都是求原串 \(S\) 经过 \(t_i\) 次变化后第 \(k_i\) 个字符

分析：

首先可以看出一个字符执行了 \(t\) 次操作以后的长度是好计算的，所以我们先把问题变成一个字符执行 \(t\) 次操作之后的第 \(k\) 个是什么。

上面的东西可以考虑作为递归做，即定义函数类似 \(f(c,t,k)\) 表示字符 \(c\) 执行了 \(t\) 次操作得到的字符串第 \(k\) 个是什么，只是存在一个问题：\(t(\le 1e18)\) 太大了

观察到每次操作会把字符串长度加倍，所以执行很少操作后，就变成了对 \(f(c,t,1)\) 求值。然而操作三次以后第一个字符等价于没有改变，所以可以直接得到结果。

Update：发现原思路虽然正确但有点绕

令 $f(t,k) $ 为原 \(S\) 经过 \(t_i\) 次变化后得到的 \(k_i\) 字符

首先，当 \(t=0\) 时，直接输出 \(S_k\) 即可

其次，当 \(t \not= 0\) ，我们需要知道 \(f(t,k)\) 从何而来

样例

ABC ->
BCCAAB ->
CAABABBCBCCA

采用分类讨论的方法，不难发现

• 当 $ k\in {2m+1 | m\in Z}$ (即 \(k\) 为奇数时)，\(f(t - 1, \frac{k + 1}2) \to f(t,k)\)
• 当 $ k\in {2m | m\in Z}$ (即 \(k\) 为偶数时)，\(f(t - 1, \frac{k}2) \to f(t,k)\)

怎么进行变化？

可以概阔为一个 \(g\) 函数：

inline char g(char ch, int x) { return (ch - 'A' + x) % 3 + 'A';}

但是，如果我们每一次都去递归 \(t\) 还是太大了，直接炸了。那么只能动 \(k\) 了

观察样例中字符串首，它们是 A B C 轮换的。

利用这条性质，当 \(k=0\) 即可直接求 \(f(t,0) = g(S.front(),t mod 3)\)

但是问题来了，这样一个算法肯定会对 \(k\) 取模，万一 \(k = 0...\)

所以，我们把 \(S\) 的改为编号 \(0 \to N-1\)

此时：

• 当 $ k\in {2m+1 | m\in Z}$ (即 \(k\) 为奇数时)，\(f(t - 1, \frac{k - 1}2) \to f(t,k)\)
• 当 $ k\in {2m | m\in Z}$ (即 \(k\) 为偶数时)，\(f(t - 1, \frac{k}2) \to f(t,k)\)

代码就很好写了

string s;
ll q, t, k;
inline char g(char ch, int x) { return (ch - 'A' + x) % 3 + 'A';}
char f(ll t, ll k) {
    if (!t) return s[k];
    if (!k) return g(s[0], t % 3);
    return g(f(t - 1, k >> 1), (k & 1) + 1);
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    cout << fixed << setprecision(20);
    cin >> s >> q;
    while (q --) {
        cin >> t >> k;
        cout << f(t, k - 1) << "\n";
    }
}

E - (∀x∀)

title 好玩

我们可以枚举两个字符串相同的前缀有多长，然后在后一个位置给串 \(X\) 填更小的字符，再之后的位置可以随便填了。

• 需要判断 \(X\) 的前半段全部和 \(S\) 相同时，后半段是否小于等于 \(S\)。

const int N = 1e6, mod = 998244353;
ll pw[N + 10] = {1};
string s;
int T, n;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);
    cout << fixed << setprecision(20);
    for (int i = 1; i <= N; i += 1) pw[i] = pw[i - 1] * 26ll % mod;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n >> s;
        s = "@" + s;
        int ans = 0;
        bool f = 1;
        for (int i = 1; i <= (n + 1) / 2; i++) {
            int a = s[i] - 'A', b = s[n + 1 - i] - 'A';
            ans = (ans + (ll)a * pw[(n + 1) / 2 - i]) % mod;
            f &= a <= b;
            f |= a < b;
        }
        cout << (ans + f) % mod << "\n";
    }
}