Problem L. Recover Statistics
题目意思：
给定a, b, c三个值，确保构造的数列中包含满足题目的数量
解题思路：
100 中 选择a 50个， b45个， c4个。
#include <iostream>
using namespace std;
using ll = long long;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
cout << 100 << endl;
for(int i = 0; i < 50; i ++)
cout << a << " ";
for(int i = 0; i < 45; i ++)
cout << b << " ";
for(int i = 0; i < 4; i ++)
cout << c << " ";
cout << c + 1;
return 0;
}Problem A. Arrow a Row
题目意思：
n次操作，构造出给定字符串，每次操作可以覆盖之前的操作。
解题思路：
每次把一个字符变为满足题意的字符，n次之内操作就可以完成构造
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
using namespace std;
void solve(){
string s;
cin >> s;
int len = s.size();
if(len < 5 || s[0] == '-'){
cout << "No\n";
return ;
}
for(int i = len - 1; i >= len - 3; i --){
if(s[i] == '-'){
cout << "No\n";
return ;
}
}
int f = 0;
for(int i = 0; i < len; i ++)
{
if(s[i] == '-')
f = 1;
}
if(f == 0){
cout << "No\n";
return ;
}
vector<pair<int, int>> res;
int end = len - 1;
for(int i = len - 3; i >= 0; i --){
if(s[i] == '>'){
res.push_back({1, end + 1});
end --;
}else
break;
}
end ++;
for(int i = 1; i < end - 3; i ++){
if(s[i] == '>')
res.push_back({i + 1, end - i + 1});
}
if(res.size() <= len){
cout << "Yes ";
cout << res.size() << endl;
for(auto [x, y] : res)
cout << x << " " << y << endl;
}else
cout << "No\n";
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
while(n --){
solve();
}
return 0;
}Problem G. Expanding Array
题目意思：
每次在相邻的两个数之间做运算，再将新构成的数插入到两数之间，再次做一样的运算，可做无限次运算，问最多能构成多少个不同的数。
解题思路：
利用等式 a ^ b = c => b = a ^ c, 通过这条性质可以无线构造出相邻的.
a & ( a ^ b ) ^ a = a & a ^ (a & b ) ^ a = a & b
0 ^ x = x
#include<iostream>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
using ll = long long;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
set<int> cnt;
for(auto &x : a) cin >> x;
for(int i = 0; i < n - 1; i ++){
cnt.insert(a[i]);
int t1 = a[i] | a[i + 1];
int t2 = a[i] & a[i + 1];
int t3 = a[i] ^ a[i + 1];
int t4 = t1 ^ a[i];
int t5 = t1 ^ a[i + 1];
cnt.insert(t1);
cnt.insert(t2);
cnt.insert(t3);
cnt.insert(t4);
cnt.insert(t5);
}
cnt.insert(0);
cnt.insert(a[n - 1]);
cout << cnt.size() << endl;
return 0;
}Problem B. Athlete Welcome Ceremony
题目意思：
给定一个字符串和a, b, c的数量，问能构成多少种不同的长度为x的序列。
解题思路：
计数dp.
由于题目范围很小，我们很显然可以枚举所有满足cnt个问号，abc的数量，根据题目限制，相邻的两个字符不能相同。状态定义为dp[x][y][z][p]，1 - i 中以p结尾的字符，并且保证当前的和上一层的不重复。我们可以用滚动数组来实现。
对于每次询问，我们直接找出f[x][y][z]即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
#define pb push_back
#define vi vector<int>
#define vii vector<pair<int, int>>
#define ff first
#define ss second
// ++ ~! */+- <<>> <> == &^| &&|| =
int dp[310][310][310][3]; // ijkz 对前i个字符，使用了j个a字符，k个b字符，第i个字符是 z + 'a'的方案数
int f[310][310][310]; // 有i个a，j个b，k个c的方案数
void solve()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
string s;cin >> s;
s = ' ' + s;
vector<int> cnt(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++)cnt[i] = cnt[i - 1] + (s[i] == '?');
// 先初始化一下方案数
if (s[1] == '?')
dp[1][1][0][0] = dp[1][0][1][1] = dp[1][0][0][2] = 1;
else
dp[1][0][0][s[1] - 'a'] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
for (int ca = 0; ca <= cnt[i]; ca++)
{
for (int cb = 0; cb + ca <= cnt[i]; cb++)
{
if (s[i] != '?')
{
int num = dp[i - 1][ca][cb][0] + dp[i - 1][ca][cb][1] + dp[i - 1][ca][cb][2]; //上一层总方案数
dp[i][ca][cb][s[i] - 'a'] = (num - dp[i - 1][ca][cb][s[i] - 'a']) % mod; // 去掉上一层一样的,其他结尾字母为0
continue;
}
if (ca)
{
int num = dp[i - 1][ca - 1][cb][1] + dp[i - 1][ca - 1][cb][2];
dp[i][ca][cb][0] = num % mod;
}
if (cb)
{
int num = dp[i - 1][ca][cb - 1][0] + dp[i - 1][ca][cb - 1][2];
dp[i][ca][cb][1] = num % mod;
}
if (cnt[i] - ca - cb)
{
int num = dp[i - 1][ca][cb][0] + dp[i - 1][ca][cb][1];
dp[i][ca][cb][2] = num % mod;
}
}
}
}
// 先获得特定i j k对应的方案数
for(int i = 0; i <= cnt[n]; i ++)
for (int j = 0; i + j <= cnt[n]; j++)
{
int num = dp[n][i][j][0] + dp[n][i][j][1] + dp[n][i][j][2];
f[i][j][cnt[n] - i - j] = num % mod;
}
// 获得i j k有富余的情况对应的方案数 三维前缀和
for (int i = 0; i <= 300; i++) {
for (int j = 0; j <= 300; j++) {
for (int k = 0; k <= 300; k++) {
if (i > 0) f[i][j][k] += f[i - 1][j][k];
if (j > 0) f[i][j][k] += f[i][j - 1][k];
if (k > 0) f[i][j][k] += f[i][j][k - 1];
if (i && j)f[i][j][k] += mod - f[i - 1][j - 1][k];
if (k && j)f[i][j][k] += mod - f[i][j - 1][k - 1];
if (i && k)f[i][j][k] += mod - f[i - 1][j][k - 1];
if (i && j && k)f[i][j][k] += f[i - 1][j - 1][k - 1];
f[i][j][k] %= mod;
}
}
}
while (m --)
{
int x, y, z; cin >> x >> y >> z;
cout << f[x][y][z] << '\n';
}
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
//cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
/* /\_/\
* (= ._.)
* / > \>
*/Problem I. Good Partitions
题目意思：
给定一个数组，平均分割k段，每一段保证相邻的两个元素不是递增的，求满足条件的k。
同时可以单点修改，再p位置修改为v。
解题思路：
1.满足条件的分割点就是if(a[i] > a[i + 1]）那么i就是分割点。
2.求出分割点的gcd，找出他因子的个数，就是分割方法的总数。
3.为了支持单点修改，每次修改完会有4种结果，并且只会对位置p之后的结果会有影响，我们用线段树来维护即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using ld = long double;
using pii = pair<int, int>;
using ull = unsigned long long;
struct node{
int l, r;
ll val;
};
const int N = 2e5 + 10;
int cnt[N];
int gcd(ll a, ll b)
{
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
class SegmentTree {
public:
int n;
vector<node> c;
vector<int> a;
public:
SegmentTree (int x){
n = x << 2;
c.resize(n);
a.resize(x + 1);
}
void build(int k, int l, int r){
c[k] = {l, r, 0};
if(l != r){
int mid = (l + r) / 2;
build(k << 1, l, mid);
build(k << 1 | 1, mid + 1, r);
}
}
void pushup(int k){
c[k].val = gcd(c[k << 1].val, c[k << 1 | 1].val);
}
void modify(int k, int x, int v){
if(c[k].l == c[k].r) c[k].val = v;
else{
int mid = c[k].l + c[k].r >> 1;
if(x <= mid ) modify(k << 1, x, v);
else modify(k << 1 | 1, x, v);
pushup(k);
}
}
};
void solve(){
int n, m;
cin >> n >> m;
SegmentTree s(n);
s.build(1, 1, n);
for(int i = 1; i <= n; i ++){
cin >> s.a[i];
}
for (int i = 1; i < n; i++)
{
if (s.a[i] > s.a[i + 1]) s.modify(1, i, i);
else s.modify(1, i, 0);
}
int ans = s.c[1].val;
if(ans == 0) cout << n << endl;
else cout << cnt[ans] << endl;
int p, v;
while(m --){
cin >> p >> v;
s.a[p] = v;
if(s.a[p - 1] > s.a[p]) s.modify(1, p - 1, p - 1);
else s.modify(1, p - 1, 0);
if(p < n){
if(s.a[p] > s.a[p + 1]) s.modify(1, p, p);
else s.modify(1, p, 0);
}
int ans = s.c[1].val;
if(ans == 0) cout << n << endl;
else cout << cnt[ans] << endl;
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
for (int i = 1; i <= 200001; i++)
for (int j = 1; j * i <= 200001; j++)
cnt[i * j] ++;
int t = 1;
cin >> t;
while(t --)
solve();
return 0;
}Problem J. Grand Prix of Ballance
签到模拟
