A. Beautiful String (CF 1265 A)
題目大意
當沒有連續兩個字母相同時，該字符串為美麗串，給定一個含\(a,b,c,?\)的字符串，要求將\(?\)替換成\(a\),\(b\)或\(c\),使得該串為美麗串。若無法成為美麗串輸出\(-1\)
解題思路
很顯然對於每個\(?\)的取值只跟它左右兩個位置有關，而它一定能取到一個合法的值，只要跟左右不同即可，而如果一開始就有連續兩個字母相同則輸出\(-1\).
神奇的代碼
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
bool qwq;
char s[100500];
void check(int x){
s[x]='a';
if (x==0){
if (s[x+1]=='a') s[x]='b';
}
else{
if (s[x-1]=='a'||s[x+1]=='a') {
s[x]='b';
if (s[x-1]=='b'||s[x+1]=='b') {
s[x]='c';
if (s[x-1]=='c'||s[x+1]=='c') qwq=false;
}
}
}
}
void Input(void) {
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
qwq=true;
for(int i=0;i<len;++i){
if (qwq==false) break;
if (i!=0&&s[i]==s[i-1]) qwq=false;
if (s[i]=='?') check(i);
}
if (!qwq) printf("-1\n");
else printf("%s\n",s);
}
void Solve(void) {}
void Output(void) {}
main(void) {
int kase;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
}
}
B. Beautiful Numbers (CF 1265 B)
題目大意
給定一個排列，求每一個\(m\leq n\),是否存在\(l,r\)使得區間\(\left[ l,r\right]\)是\(1\)~\(m\)的一個全排列，存在則\(m\)為美麗數字。輸出一個數字串，第\(i\)個數字表示\(i\)是否是美麗數字，是則\(1\)，否則\(0\)
解題思路
\(m=1\)的時候我們選擇\(1\)的位置，然后我們從\(1\)的位置進行拓展，很顯然我們每一次貪心的向左右兩個數中較小的那個數進行擴展，才有可能得到一個\(1\)~\(m\)的全排列。
神奇的代碼
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int n,l,r,pos,cnt,mi,ma;
const int N=2e5+8;
int p[N];
void Input(void) {
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i) {
read(p[i]);
if (p[i]==1) pos=i;
}
}
void Solve(void) {
p[0]=p[n+1]=3e6;
l=r=pos;
cnt=1;
mi=ma=1;
putchar('1');
while(cnt<n){
if (l==1){
++r;
++cnt;
ma=MAX(ma,p[r]);
}else if (r==n){
--l;
++cnt;
ma=MAX(ma,p[l]);
}else if (p[l-1]>p[r+1]) {
++r;
++cnt;
ma=MAX(ma,p[r]);
}
else{
--l;
++cnt;
ma=MAX(ma,p[l]);
}
if (cnt==ma-mi+1) putchar('1');
else putchar('0');
}
puts("");
}
void Output(void) {}
main(void) {
int kase;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
}
}
C. Beautiful Regional Contest (CF 1265 C)
題目大意
\(n\)個選手參加比賽，遞減給出它們解決的題數，分配\(g\)個金牌\(s\)個銀牌和\(b\)個銅牌，要求\(g<s\)且\(g<b\)，且\(g+s+b\leq \dfrac {n}{2}\),且獲得金牌的選手的題數嚴格大於獲得銀牌選手的題數，獲得銀牌的選手題數嚴格大於獲得銅牌選手的題數，獲得銅牌的選手題數嚴格大於獲得鐵牌(無牌)(來杯拿鐵咖啡)選手的題數，問能否做到，若能，給定一個可行的分配方案，使得發牌數最大。
解題思路
題目對於\(g\)有大小限制而\(s\)和\(b\)之間沒有，則我們讓\(g\)盡可能小就好了，即選解題數最高的那一組選手全部發金牌，然后發銀牌，直到\(g>s\)，剩下的選手全部發銅牌，直到發的牌數恰好小於\(\dfrac {n}{2}\)即可，做不到則不可行。
如果你是良心比賽方可以最后把\(s\)和\(b\)調換一下。
神奇的代碼
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int n,g,s,b,qwq,re;
const int N=4e5+8;
int num[N],cnt[N];
void Input(void) {
qwq=0;
num[0]=-1;
read(n);
for(int a,i=1;i<=n;++i) {
read(a);
if (num[qwq]!=a) num[++qwq]=a;
++cnt[qwq];
}
s=g=b=re=0;
}
void Solve(void) {
g=cnt[1];
int i=2;
while(s<=g) s+=cnt[i++];
while(b<=g) b+=cnt[i++];
if (s+g+b>n/2) g=s=b=0;
else {while(s+g+b<=n/2) b+=cnt[i++]; b-=cnt[--i];}
printf("%d %d %d\n",g,s,b);
for(int i=1;i<=n;++i) num[i]=cnt[i]=0;
}
void Output(void) {}
main(void) {
int kase;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
}
}
D. Beautiful Sequence (CF 1265 D)
題目大意
給了\(a\)個\(0\)，\(b\)個\(1\)，\(c\)個\(2\)，\(d\)個\(3\)，要求排成一個序列，使得倆倆差值為\(1\)，輸出任意符合要求序列即可，沒有則\(NO\)
解題思路
- 如果有三個數是\(0\)個，則第四個數數量為\(1\)則可行，否則不可行。
- 如果有兩個數是\(0\)個，則看另外兩個數的差值是否為\(1\)，是則由植樹原理再判斷二者的差值是否為一，是則可行，其余情況均不可行。
- 如果有一個數是\(0\)個，則看這個數是多少，若為\(1\)或\(2\)則不可行，當為\(0\)或\(3\)時，不失一般性，假設是\(0\)的數為\(0\)個，那么我們排列\(1\),\(2\),\(3\)，由植樹原理可知如果\(cnt=c-\left( b-1+d-1+1\right) \leq 2\)則可行，即\(1,2,1,2,1,2......,2,1, 2, 3,2,3,2......2,3,\)如此排列，若\(cnt\)為\(1\)則在序列最左邊放一個\(2\),若為\(2\)則在最左邊和最右邊各放一個\(2\)即可。
- 如果有零個數是\(0\)個，我們考慮\(0,1\)和\(2,3\)，首先\(b\geq a\)且\(c\geq d\)，否則不可行。我們按照，\(0,1,0,1......\)和\(......2,3,2,3\)如此排好后，考慮\(1\)和\(2\)之間的排列，我們如此\(2,1,2,1.....\)排列，直到用光\(1\)或者\(2\)，此時如果還有剩余的，假設\(1\)還有剩余，若剩余\(1\)個，則放到最左邊，否則不可行，若\(2\)還有剩余，若剩余\(1\)個，則放到最右邊，否則不可行.
綜上即可。
神奇的代碼
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int a,b,c,d,mi,cnt;
bool qwq;
void Input(void) {
cnt=0;
read(a);
read(b);
read(c);
read(d);
cnt=(a==0)+(b==0)+(c==0)+(d==0);
}
void check1(){
int sign=0;
if (a==0) sign=0;
else if (b==0) sign=1;
else if (c==0) sign=2;
else sign=3;
if (sign==1||sign==2){
qwq=true;
return;
}
if (sign==3){
b-=a-1;
b-=c-1;
--b;
if (b<0||b>2){
qwq=true;
return;
}
else{
printf("YES\n");
if (b) --b,printf("1 ");
for(int i=1;i<=a;++i) printf("0 1 ");
for(int i=1;i<c;++i) printf("2 1 ");
printf("2");
if (b) printf(" 1\n");
else printf("\n");
return;
}
}
else{
c-=b-1;
c-=d-1;
--c;
if (c<0||c>2){
qwq=true;
return;
}
else{
printf("YES\n");
if (c) --c,printf("2 ");
for(int i=1;i<=b;++i) printf("1 2 ");
for(int i=1;i<d;++i) printf("3 2 ");
printf("3");
if (c) printf(" 2\n");
else printf("\n");
return;
}
}
}
void check2(){
int s1=-1,s2=-1;
int cnt[4];
cnt[0]=a;
cnt[1]=b;
cnt[2]=c;
cnt[3]=d;
if (a!=0) s1=0;
if (b!=0) if (s1==-1) s1=1;else s2=1;
if (c!=0) if (s1==-1) s1=2;else s2=2;
if (d!=0) if (s1==-1) s1=3;else s2=3;
if (s2-s1>1) {
qwq=true;
return;
}
else{
if (ABS(cnt[s2]-cnt[s1])>1){
qwq=true;
return;
}
else{
printf("YES\n");
if (cnt[s2]>cnt[s1]) {for(int i=1;i<=cnt[s1];++i) printf("%d %d ",s2,s1); printf("%d\n",s2);}
else if (cnt[s2]<cnt[s1]) {for(int i=1;i<=cnt[s2];++i) printf("%d %d ",s1,s2); printf("%d\n",s1);}
else for(int i=1;i<=cnt[s1];++i) printf("%d %d%c",s1,s2,i==cnt[s1]?'\n':' ');
return;
}
}
}
void check3(){
int si=0;
int cnt[4];
cnt[0]=a;
cnt[1]=b;
cnt[2]=c;
cnt[3]=d;
for(int i=0;i<4;++i) if (cnt[i]!=0) si=i;
if (cnt[si]==1){
printf("YES\n");
printf("%d\n",si);
return;
}
else {
qwq=true;
return;
}
}
void Solve(void) {
qwq=false;
if (a>b&&(c!=0||d!=0)) qwq=true;
else if (d>c&&(b!=0||a!=0)) qwq=true;
if (!qwq){
if (cnt==0){
b-=a;
c-=d;
mi=MIN(b,c);
b-=mi;
c-=mi;
if (b==1||c==1){
printf("YES\n");
if (b==1) {
printf("1 ");
for(int i=1;i<=a;++i) printf("0 1 ");
for(int i=1;i<=mi;++i) printf("2 1 ");
for(int i=1;i<=d;++i) printf("2 3%c",i==d?'\n':' ');
}
else{
for(int i=1;i<=a;++i) printf("0 1 ");
for(int i=1;i<=mi;++i) printf("2 1 ");
for(int i=1;i<=d;++i) printf("2 3 ");
printf("2\n");
}
}
else if (b==c){
printf("YES\n");
for(int i=1;i<=a;++i) printf("0 1 ");
for(int i=1;i<=mi;++i) printf("2 1 ");
for(int i=1;i<=d;++i) printf("2 3%c",i==d?'\n':' ');
}
else qwq=true;
}
else{
if (cnt==1) check1();
else if (cnt==2) check2();
else if (cnt==3) check3();
}
}
if (qwq) printf("NO\n");
}
void Output(void) {}
main(void) {
//int kase;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
//read(kase);
//for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
//}
}
由於昨晚放棄思考了所以代碼寫了巨長……
E. Beautiful Mirrors (CF 1265 E)
題目大意
\(n\)枚鏡子，每天問一枚鏡子，從第一枚鏡子開始問\(Creatnx\)是否漂亮，是則下一天跳轉到下一個鏡子，否則下一天從第一枚鏡子重新開始問。當最后一枚鏡子即第\(n\)枚鏡子說她漂亮時，她就變得很開心。問她變得開心的期望天數。
解題思路
期望題，我們通常逆推，即從結果推到初始狀態。
設\(f\left( i\right)\)表示從第\(i\)枚鏡子開始問，變得開心（即問到第n枚鏡子得到漂亮回答）的期望天數。
根據期望的定義，我們有\(f\left( n+1\right) =0\)以及\(f\left( i\right) =\dfrac {p_{i}}{100}f\left( i+1\right) +\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right) f\left( 1\right)\)
即對於第\(i\)天，它有\(\dfrac {p_{i}}{100}\)的概率需要\(f\left( i+1\right)\)才變得開心，也有\(\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right)\)的概率需要\(f\left( 1\right)\)才變得開心。
右式一共有\(n\)個方程，我們可以用高斯消元即可解出答案\(f\left( 1\right)\)，但復雜度是\(O\left( n^{3}\right)\)，會超時。
由於逆推狀態不當，導致式子中存在\(f\left( 1\right)\)，這對答案求值造成很大不便，我們需要修改狀態。
由於回答不漂亮會回到第一枚鏡子，那么我們希望第一枚鏡子的狀態會是一個已知狀態。
我們設\(f\left( i\right)\)表示從第一枚鏡子問，問到第\(i\)枚鏡子且回答漂亮的期望天數。
則\(f\left( 0\right) =0\)，\(f\left( i\right) =f\left( i-1\right) +\dfrac {p_{i}}{100}+\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right) \left( f\left( i\right) +1\right)\)
即我們要問第\(i\)枚鏡子，首先需要期望天數\(f\left( i-1\right)\)問到第\(i-1\)枚鏡子並得到漂亮的回答，然后對於第\(i\)枚鏡子，我們有\(\dfrac {p_{i}}{100}\)的概率花一天得到漂亮的回答，也有\(\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right)\)的概率得到不漂亮回答，這時需要再花\(f\left( i\right)\)天才能得到漂亮的回答，所以總共需要\(f\left( i\right) +1\) （\(1\)是問第\(i\)枚鏡子得到不漂亮的回答的那一天），化簡一下即可得到\(f\left( i\right) =\dfrac {\left( f\left( i-1\right) +1\right) \times 100}{p_{i}}\)，遞推\(O\left( n\right)\)即可得到答案\(f\left( n\right)\)
(\(f\left( i\right) =\dfrac {p_{i}}{100}\cdot \left( f\left( i-1\right) +1\right) +\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right) \cdot \left( f\left( i-1\right) +1+f\left( i\right) \right)\)這個和上面是等價的，即有\(\dfrac {p_{i}}{100}\)的概率得到漂亮答案，這時需要的天數是\(f\left( i-1\right) +1\)，也有\(\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right)\)的概率得到了不漂亮回答，這時我們需要從第一枚鏡子重新問，此時得到第\(i\)枚鏡子的漂亮回答的天數是\(\left( f\left( i-1\right) +1+f\left( i\right) \right)\))
神奇的代碼
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const long long mo=998244353;
long long kuai(long long a,long long b){
int qwq=1;
while(b){
if (b&1) qwq=a*qwq%mo;
a=a*a%mo;
b>>=1;
}
return qwq;
}
void Input(void) {
int n;
long long ans=0,f;
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i){
read(f);
ans=(ans+1)%mo*100%mo*kuai(f,mo-2)%mo;
}
printf("%lld\n",ans);
}
void Solve(void) {}
void Output(void) {}
main(void) {
//int kase;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
//read(kase);
//for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
//}
}
C. Beautiful Mirrors with queries (CF 1264 C)
題目大意
\(n\)枚鏡子，每天問一枚鏡子，從第一枚鏡子開始問\(Creatnx\)是否漂亮，是則下一天跳轉到下一個鏡子，否則下一天從小於當前鏡子編號的標有\(check point\)的最大編號的鏡子問。當最后一枚鏡子即第\(n\)枚鏡子說她漂亮時，她就變得很開心。
有\(q\)次操作，每次操作將第\(i\)枚鏡子設為\(check point\)（如果之前不是\(check point\)）或者取消\(check point\)（如果之前是\(check point\)），對於每次操作，回答她變得開心的期望天數。
解題思路
由於鏡子回答不漂亮的時候\(Creatnx\)不再是從第一枚鏡子問，\(check point\)相當於把連續的鏡子分成了若干段，不同段之間互不干擾，對於每一段\(\left[ l,r\right]\)，我們都可以假想是從第一枚鏡子問到第\(r-l+1\)枚鏡子並得到漂亮回答的期望天數，由期望的線性可加性，我們把不同段的期望天數相加即可得到答案。而每次操作僅僅增加或移除一個\(check point\)，如果我們能夠快速知道某段區間對答案貢獻的期望天數，即可快速解決此題。
上一題中一開始的遞推式\(f\left( i\right) =\dfrac {p_{i}}{100}f\left( i+1\right) +\left( 1-\dfrac {p_{i}}{100}\right) f\left( 1\right)\)，某人通過解前幾項的規律得出$$f\left( 1\right) = \frac{1 + p_1 + p_1 \cdot p_2 + \ldots + p_1\cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_{n-1}}{p_1\cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n}$$，這是我們從\(1\)號鏡子開始問問到第\(n\)號鏡子並得到漂亮回答的答案。其實這個從后來的遞推式\(f\left( i\right) =\dfrac {\left( f\left( i-1\right) +1\right)}{p_{i}}\)展開也可得到。
這樣子的話，對於一個新添加的\(check point\)，記為\(mid\)，再設編號小於\(check point\)編號的最大\(check point\)編號為\(l\)，編號大於\(check point\)編號的最小\(check point\)編號為\(r\)，則從\(1\)到\(l-1\)的期望天數，從\(r\)到\(n\)的期望天數並沒有受到影響，而從\(l\)到\(r-1\)的期望天數被分成了兩部分，一部分是從\(l\)到\(mid-1\)，一部分是\(mid\)到\(r-1\)，我們只要減去\(l\)到\(r-1\)的期望貢獻，再加上\(l\)到\(mid-1\)和\(mid\)到\(r-1\)的期望貢獻即可得到新的答案，移除的話即減去\(l\)到\(mid-1\)和\(mid\)到\(r-1\)的期望貢獻，加回\(l\)到\(r-1\)的期望貢獻即可。
從上面展開遞推式的過程（這里沒有）我們可以知道，對於從\(u\)到\(v\)都得到漂亮回答的期望天數為$$\frac{1 + p_u + p_u \cdot p_{u+1} + \ldots + p_u \cdot p_{u+1} \cdot \ldots \cdot p_{v-1}}{p_u \cdot p_{u+1} \cdot \ldots \cdot p_v} = \frac{A}{B}$$，由此我們只要預處理\(s_i = p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_i\)以及\(t_i = p_1 + p_1 \cdot p_2 + \ldots + p_1 \cdot p_2 \ldots \cdot p_i\)，那么對於從\(u\)到\(v\)都得到漂亮回答的情況，\(A = \frac{t_{v-1} - t_{u-2}}{p_1\cdot p_2 \cdot\ldots\cdot p_{u-1}} = \frac{t_{v-1} - t_{u-2}}{s_{u-1}}\)，\(B = \frac{s_v}{s_{u-1}}\)，二者相除即是期望天數.
神奇的代碼
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int n,q;
const int N=2e5+8;
const long long mo=998244353;
long long psum[N],pmul[N],ipmul[N],p[N];
long long ans;
set<long long> mirror;
long long kuai(long long a,long long b){
long long qwq=1;
while(b){
if (b&1) qwq=qwq*a%mo;
a=a*a%mo;
b>>=1;
}
return qwq;
}
void Input(void) {
read(n);
read(q);
long long tmp=kuai(100,mo-2);
for(int i=1;i<=n;++i){
read(p[i]);
p[i]=p[i]*tmp%mo;
}
}
long long getans(long long l,long long r){
long long qwq=0;
if (l==1) qwq=0;
else qwq=psum[l-2];
return (pmul[l-1]*(psum[r-1]-qwq)%mo*ipmul[r]%mo*ipmul[l-1])%mo;
}
void Solve(void) {
pmul[0]=1;
ipmul[0]=1;
psum[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
pmul[i]=pmul[i-1]*p[i]%mo;
psum[i]=(psum[i-1]+pmul[i])%mo;
ipmul[i]=kuai(pmul[i],mo-2);
}
ans=getans(1,n);
mirror.insert(1);
mirror.insert(n+1);
for(int u,i=1;i<=q;++i){
read(u);
if (mirror.count(u)){
auto mid=mirror.find(u);
auto l=mid,r=mid;
--l;
++r;
ans-=getans(*l,*mid-1);
ans-=getans(*mid,*r-1);
ans+=getans(*l,*r-1);
mirror.erase(u);
}
else{
auto mid=mirror.insert(u).first;
auto l=mid,r=mid;
--l;
++r;
ans+=getans(*l,*mid-1);
ans+=getans(*mid,*r-1);
ans-=getans(*l,*r-1);
}
ans%=mo;
while(ans<0) ans+=mo;
printf("%lld\n",ans);
}
}
void Output(void) {}
main(void) {
//int kase;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
//read(kase);
//for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
//}
}
F. Beautiful Bracket Sequence (easy version)
題目大意
定義一個合法的括號串以及它的深度：
- 合法的括號串即左括號數量等於右括號數量且對於任意一個左括號\((\)都能找到一個與之匹配的右括號\()\)，
- 空括號串的深度為\(0\)
- 當一個合法括號串\(t\)的深度為\(d\)，則\(\left( t\right)\)括號串的深度為\(d+1\)
- 如果有兩個合法的括號串\(s\)和\(t\)，則括號串\(st\)的深度為兩者中的較大值
則對於一個（可能不合法）的括號串，它的深度為它所有合法括號子串（可以不連續）深度的最大值。
現給定一個含有"(" "?" 和")"括號串，對"?"取所有值（"("或")"），求所有情況該括號串深度和。
解題思路
我們先解決如何計算一個括號串的深度。
這是個區間問題，我們定義\(dp\left[ i \right] \left[ j \right]\)表示\(s\left[ i...j\right]\)的深度
如果\(s[i] = (\) 且 \(s[j] = )\)或者其中有一個或兩個是\(?\)，那么\(dp\left[ i \right] \left[ j \right] =dp\left[ i+1 \right] \left[ j-1 \right] +1\)
否則\(dp\left[ i \right] \left[ j \right] =max\left( dp\left[ i+1 \right] \left[ j \right],dp\left[ i \right] \left[ j-1 \right]\right)\)
這就解決了深度的問題。
從中我們考慮每對括號對答案的貢獻，即設\(dp\left[ i \right] \left[ j \right]\)表示\(s\left[ i...j\right]\)中的括號取遍所有情況，該串的深度和。
當\(s[i] \neq '('\)時，此時\(s[i]\)和\(s[j]\)對答案沒有任何貢獻，那么\(dp[i][j] += dp[i+1][j]\)
當\(s[j] \neq ')'\)時，此時\(s[i]\)和\(s[j]\)對答案沒有任何貢獻，那么\(dp[i][j] += dp[i][j-1]\)
注意到如果\(s[i] \neq '('\)且\(s[j] \neq ')'\)，我們加上了兩次\(dp[i+1][j-1]\)的貢獻，此時要\(dp[i][j] -= dp[i+1][j-1]\)
而如果\(s[i] = (\) 且 \(s[j] = )\)或者其中有一個或兩個是\(?\)，即\(s[i] \neq ')'\)且\(s[j] \neq '('\)，這個時候\(s[i]\)和\(s[j]\)可以形成一對括號，對答案貢獻了1，若區間\([i+1,j-1]\)有\(k\)個問號，則有\(2^k\)種情況，此時對答案貢獻為\(2^k\)，故\(dp[i][j] += dp[i+1][j-1] + 2^k\)
綜上，即：
- \(s[i] \neq '('\) , \(dp[i][j] += dp[i+1][j]\)
- \(s[j] \neq ')'\) , \(dp[i][j] += dp[i][j-1]\)
- \(s[i] \neq '('\) && \(s[j] \neq ')'\) , \(dp[i][j] -= dp[i+1][j-1]\)
- 即\(s[i] \neq ')'\) && \(s[j] \neq '('\) , \(dp[i][j] += dp[i+1][j-1] + 2^k\)
區間DP。
神奇的代碼
#include <bits/stdc++.h>
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const long long mo=998244353;
const int N=2e3+8;
char s[N];
long long sum[N],dp[N][N];
int len;
void Input(void) {
scanf("%s",s);
}
long long kuai(long long a,long long b){
long long qwq=1;
while(b){
if (b&1) qwq=qwq*a%mo;
a=a*a%mo;
b>>=1;
}
return qwq;
}
void Solve(void) {
len=strlen(s);
sum[0]=(s[0]=='?');
for(int i=1;i<len;++i) sum[i]=sum[i-1]+(s[i]=='?');
for(int l=2;l<=len;++l)
for(int j,i=0;i<len-l+1;++i){
j=i+l-1;
if (s[i]!='(') dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i+1][j])%mo;
if (s[j]!=')') dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i][j-1])%mo;
if (s[i]!='('&&s[j]!=')') dp[i][j]=(dp[i][j]-dp[i+1][j-1]+mo)%mo;
if (s[i]!=')'&&s[j]!='(') dp[i][j]=((dp[i][j]+dp[i+1][j-1])%mo+kuai(2ll,sum[j-1]-sum[i]))%mo;
}
}
void Output(void) {
printf("%lld\n",dp[0][len-1]);
}
main(void) {
//int kase;
freopen("input.txt", "r", stdin);
freopen("output.txt", "w", stdout);
//read(kase);
//for (int i = 1; i <= kase; i++) {
//printf("Case #%d: ", i);
Input();
Solve();
Output();
//}
}
這次的題都是貪心構造和期望和DPqwq。