Codeforces Edu Round 49 A-E

A. Palindromic Twist

由于必须改变。所以要使\(a[i] = a[n - i + 1]\)。

要么同向走，但必须满足之前的\(a[i] = a[n - i + 1]\)。

要么相遇，必须满足两字符相差\(2\)的距离。

#include <cstdio>

#include <iostream>

#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 110;

int n;

char str[N];

bool judge(){

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

        if(abs(str[i] - str[n - i + 1]) != 2 && abs(str[i] - str[n - i + 1]) != 0) return false;

    return true;

}

int main(){

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

    while(T--){

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

        if(judge()) puts("YES");

        else puts("NO");

    }

    return 0;

}

B. Numbers on the Chessboard

找规律题，如果\(n\)是奇数，则每行有可能\((n - 1) / 2\) 或 \((n + 1) / 2\)个数字，可以分治考虑：

#include <iostream>

#include <cstdio>

#define int long long

using namespace std;

int n, q;

signed main(){

    scanf("%lld%lld", &n, &q);

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

        int x, y; scanf("%lld%lld", &x, &y);

        int num = 0;

        if(n % 2){

            if((x + y) % 2 == 0){

                if(x % 2) num = (x - 1) * n / 2 + y / 2 + 1;

                else num = (x - 2 + 1) * n / 2 + 1 + y / 2;

            }else{

                if(x % 2) num = n * n / 2 + 1 + (x - 1) * n / 2 + y / 2;

                else num = n * n / 2 + (x - 2 + 1) * n / 2 + 1 + y / 2 + 1;

            }

        }else{

            if((x + y) % 2 == 0){

                if(x % 2) num = (x - 1) * (n / 2) + y / 2 + 1;

                else num = (x - 1) * (n / 2) + y / 2;

            }else{

                if(x % 2) num = n * n / 2 + (x - 1) * (n / 2) + y / 2;

                else num = n * n / 2 + (x - 1) * (n / 2) + y / 2 + 1;

            }

        }

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

    }

    return 0;

}

C. Minimum Value Rectangle

设矩形的两边长为\(a\)、\(b\)，且\(a <= b\)，则：

\(\frac{P ^ 2}{S} = \frac{(2(a + b)) ^ 2}{a * b}= \frac{4a ^ 2 + 4b ^ 2 + 8ab }{a * b} = 4(\frac{a}{b} + \frac{b}{a}) + 8\)

使\(\frac{a}{b} + \frac{b}{a}\) 最小，只需使\(\frac{b}{a}\)最小既可，因为\(\frac{b}{a} >= 1\)，但\(\frac{a}{b} <= 1\)，故后者对总和没有影响。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <limits.h>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int SIZE = 10010;

int n, a, cnt[SIZE], d[SIZE << 1], tot, ansA, ansB;

double c, minn;

int main(){

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

    while(T--){

        memset(cnt, 0, sizeof cnt);

        bool success = false; tot = 0;

        minn = 10001;

        scanf("%d", &n);

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

            scanf("%d", &a), cnt[a]++;

            if(cnt[a] == 2) d[++tot] = a;

            if(cnt[a] == 4) d[++tot] = a;

        }

        sort(d + 1, d + 1 + tot);

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

            if(d[i] == d[i + 1]){ ansA = d[i], ansB = d[i + 1]; break; }

            c = (double)d[i + 1] / d[i];

            if(c < minn)ansA = d[i], ansB = d[i + 1], minn = c;

        }

        printf("%d %d %d %d\n", ansA, ansA, ansB, ansB);

    }

    return 0;

}

D. Mouse Hunt

对于每个联通块，选择环中（包括子环）的一个位置设置捕鼠夹既可。

在符合条件的位置上取最小值的和即为答案。

若选择多个点，可证明其代价要大于选一个点。

若不选择绿点，选择1 + 20，但为了保证每个房间都能干掉老鼠，所以2000是必选的，所以选择联通快中多个点的花销 > 只选一个点。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <vector>

#include <limits.h>

using namespace std;

const int N = 200010;

int n, c[N], a[N], ans;

bool st[N], vis[N];

vector<int> G[N], edge, val;

void dfs(int u){

    if(vis[u]){

        val.push_back(u);

        while(edge.size() && edge.back() != u)

            val.push_back(edge.back()), edge.pop_back();

        return ;

    }

    vis[u] = true, edge.push_back(u), dfs(a[u]);

}

void mark(int u){

    for(int i = 0; i < G[u].size(); i++){

        int v = G[u][i];

        if(!st[v]) st[v] = true, mark(v);

    }

}

int main(){

    scanf("%d", &n);

    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", c + i);

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

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

        G[i].push_back(a[i]);

        G[a[i]].push_back(i);

    }

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

        if(!st[i]){

            val.clear(); edge.clear();

            dfs(i);

            int res = INT_MAX;

            for(int i = 0; i < val.size(); i++)

                res = min(res, c[val[i]]);

            ans += res;

            st[i] = true, mark(i);

        }

    }

    printf("%d", ans);

    return 0;

}

E. Inverse Coloring

自闭，看了题解之后稍微理解了一点点。

设\(f[i][j][k]\) 为长度为\(i\)，最长连续填色数为\(k\)，尾部最长连续涂色数最长为\(j\)的方案数

可以想到，这个状态可以延展到的状态有：

当新结尾颜色保持跟之前一样，\(f[i + 1][j + 1][max(j + 1, k)]\)
不一样，\(f[i + 1][1][max(1, k)]\)

\(cnt[i]\) 实际上是长度为\(i\)的所有方案数，那么只要符合：

\(i * j < k\)，\(cnt[i] * cnt[j]\)就能被加入答案

…...

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 510, mod = 998244353;

typedef long long LL;

int n, k, f[2][N][N], cnt[N];

void update(int &a, int b){ a = (a + b) % mod; }

int main(){

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

    f[0][0][0] = 1;

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

        int pre = i & 1, now = pre ^ 1;

        memset(f[now], 0, sizeof f[now]);

        for(int j = 0; j <= n; j++){

            for(int k = 0; k <= n; k++){

                update(f[now][j + 1][max(j + 1, k)], f[pre][j][k]);

                update(f[now][1][max(1, k)], f[pre][j][k]);

            }

        }

    }

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

        for(int j = 0; j <= n; j++){

            update(cnt[i], f[n & 1][j][i]);

        }

    }

    LL ans = 0;

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

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

            if(i * j < k)

                ans = (ans + (LL)cnt[i] * cnt[j]) % mod;

        }

    }

    printf("%lld", (ans / 2) % mod);

    return 0;

}

巴特西