Codeforces Global Round 4

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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

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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;

}

巴特西