A - Candies for Nephews
模拟。
看 \(3\) 的余数。
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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;void solve() {int n;std::cin >> n;std::cout << (3 - n % 3) % 3 << "\n";}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}
B - Deck of Cards
模拟。
手玩可以发现，\(0/1\) 的顺序无所谓，对两边的影响是固定的，除开这些后，\(2\) 会影响剩余的数的两边，当 \(cnt_2 * 2 \ge n\) 的时候，中间全都不确定，否则就左右两边影响 \(cnt_2\) 个。
注意 \(k=n\) 特判，以及是 \(1\) 在上面，所以去掉上面的是从 \(1\) 开始，不是 \(n\)。
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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;void solve() {int n, k;std::cin >> n >> k;std::string s;std::cin >> s;if (k == n) {std::cout << std::string(n, '-') << "\n";return;}int cnt[3] {};for (int i = 0; i < k; i += 1) {cnt[s[i] - '0'] += 1;}std::string ans = "";if (cnt[0]) {ans += std::string(cnt[0], '-');}n -= cnt[0] + cnt[1];if (2 * cnt[2] >= n) {ans += std::string(n, '?');} else {ans += std::string(cnt[2], '?');ans += std::string(n - 2 * cnt[2], '+');ans += std::string(cnt[2], '?');}if (cnt[1]) {ans += std::string(cnt[1], '-');}std::cout << ans << "\n";}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}
C - Monocarp's String
前缀和，哈希。
将 \(a/b\) 视为 \(+1/-1\)，那么问题就是问删除一个区间使得数组总和为 \(0\)。
定义 \(a_i\) 为 \(a/b\) 的贡献，若 \(\sum_{i=1}^na_i = d\)，说明我们要找一段区间和等于 \(d\) 的删掉；定义 \(pre_i\) 表示前 \(i\) 个数的和，用哈希表 \(mp\) 记录每个 \(pre_i\) 的下标，如果 \(pre_i-d\) 出现过，说明 \(i-mp[pre_i-d] + 1\) 这一段就是要删掉的，比较一下取最小值即可。
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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;void solve() {int n;std::cin >> n;std::string s;std::cin >> s;int cnt[2] {};for (int i = 0; i < n; i += 1) {int c = s[i] - 'a';cnt[c] += 1;}int d = cnt[0] - cnt[1];map<int, int> mp;mp[0] = 0;int ans = n, sum = 0;for (int i = 0; i < n; i += 1) {if (s[i] == 'a') {sum += 1;} else {sum -= 1;}if (mp.count(sum - d)) {ans = min(ans, i - mp[sum - d] + 1);}mp[sum] = i + 1;}if (ans == n) {ans = -1;}if (d == 0) {ans = 0;}std::cout << ans << "\n";}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}
D. Inversion Value of a Permutation
\(dp\)。
要求构造一个长度为 $ n $ 的排列，使得其逆序值恰好为 $ k $。逆序值定义为至少包含一个逆序对的连续子数组的数量。实际上，总子数组数为 $ \frac{n(n+1)}{2} $，减去没有逆序对的子数组数（即递增连续子数组数）即为逆序值。因此，问题转化为构造一个排列，使其递增连续子数组数 $ S = \frac{n(n+1)}{2} - k $。
若 $ S $ 无法表示为若干段长度 $ l_i $ 的平方和的一半之和（即 $ \sum \frac{l_i(l_i+1)}{2} = S $，其中 $ \sum l_i = n $），则输出 \(0\)。否则，将排列分成若干连续递增的段，段间递减排列即可。具体构造时，从大到小依次分配段内数字，每段内数字递增。
设 $ dp[x][i][j] $ 表示长度为 $ x $ 的排列中能否用若干段覆盖 $ i $ 个元素且递增子数组数为 $ j $，转移方程为：
然后根据预处理结果还原方案即可。
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#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;const int N = 30;
bool dp[N + 1][N + 1][500];
int len[N + 1][N + 1][500], lst[N + 1][N + 1][500];void solve() {int n, k;std::cin >> n >> k;int st = n * (n + 1) / 2 - k;if (!dp[n][n][st]) {std::cout << 0 << "\n";} else {std::vector<int> has;int i = n;while (i > 0) {int l = len[n][i][st];has.push_back(l);st = lst[n][i][st];i -= l;}std::reverse(has.begin(), has.end());std::vector<int> ans;int now = 0;for (auto &d : has) {int l = n - now - d + 1;int r = n - now;for (int num = l; num <= r; num++) {ans.push_back(num);}now += d;}for (int i = 0; i < n; i += 1) {std::cout << ans[i] << " \n"[i + 1 == n];}}}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);for (int x = 1; x <= N; x++) {int y = x * (x + 1) / 2;dp[x][0][0] = true;for (int i = 0; i < x; i++) {for (int j = 0; j <= y; j++) {if (!dp[x][i][j]) continue;for (int l = 1; l <= x - i; l++) {int ni = i + l;int nj = j + l * (l + 1) / 2;if (nj <= y) {dp[x][ni][nj] = true;len[x][ni][nj] = l;lst[x][ni][nj] = j;}}}}}int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}
E. Predicting Popularity
数据结构，晚上补补。
