A. Beautiful String (暴力)
題目大意：
給定一個字符串，只有 \(？a\ b\ c\ ？\) ，問是否存在一種將所有的 \(?\) 替換成 \(a\ b\ c\) ，使得任意相鄰的字符不同的方法。
大致思路：
其實可以發現問號都可以通過枚舉使得其合法，若出現不合法必然除去問好已經不合法，暴力枚舉即可。
代碼：
點擊展開代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
char s[N];
int T;
char c[3]={'a','b','c'};
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%s",s+1);
int len=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=len;i++){
if(s[i]=='?'){
for(int j=0;j<3;j++){
if(c[j]!=s[i-1]&&c[j]!=s[i+1]){
s[i]=c[j];break;
}
}
}
}
int flag=0;
for(int i=1;i<len&&flag==0;i++){
if(s[i]==s[i+1])flag=1;
}
if(flag){
puts("-1");
}
else printf("%s\n",s+1);
}
return 0;
}
B. Beautiful Numbers (思維)
題目大意：
給一個排列，定義 \(m\) 為存在一段連續的 \(1 - m\) 的排列，如 \(\{4，5，1，3，2，6\}\) ，就存在 \({1，3，2}\) ，為 \(3\) 的排列，其就不存在 \(m=2\) 的排列。問對於每一個 \(m\) 判斷是否存在 \(1-m\) 的排列。
大致思路：
只要將每一個數字的位置記錄下來為 \(pos\) 數組，例如 \(\{4，5，1，3，2，6 \}\) 的 \(pos\) 數組就是 \(\{3,5,4,1,2,6 \}\) 那么我們只要從前往后記錄最大值 \(max\) 和最小值 \(min\) ，然后 \(max-min+1==i\) 就是存在 \(1-m\) 的排列。
代碼：
點擊展開代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
set<int>s; // 用set維護最大值最小值，其實不用那么麻煩
int T;
int a[N];
int pos[N];
int n;
int ans[N];
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while(T--){
s.clear();
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
pos[a[i]]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
s.insert(pos[i]);
auto it=s.begin();
int v1=*it;
it=s.end();
it--;
int v2=*it;
if(v2-v1+1==i)ans[i]=1;
else ans[i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d",ans[i]);
puts("");
}
return 0;
}
C. Beautiful Regional Contest (貪心)
題目大意：
給 \(n\) 個人的解題數，現在在發獎牌，金牌銀牌銅牌各 \(g，s，b\) 各，要求金牌解題數大於銀牌，\(...\) ，銅牌解題數大於無牌，且 \(g，s，b>0 \ \&\& \ g<s,g<b\) ，要求求出的合法的獎牌數，且最大。
大致思路：
一開始想多了，結果導致卡到了比賽結束。。。其實金牌的數量是確定，那么銀牌只要取得g+1，然后通過相同解題數看看銀牌最少要取多少個，看后計算銅牌最多能取多少個。判斷合法性即可。
代碼：
點擊展開代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4e5+10;
int T;
int n;
int p[N];
int id[N],l[N],r[N],sum[N],cnt=0;
int qh(int L,int R){
return sum[R]-sum[L-1];
}
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while(T--){
cnt=0;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&p[i]);
}
reverse(p+1,p+n+1);
int temp=p[1];cnt++;l[cnt]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(p[i]==temp)id[i]=cnt;
else{
temp=p[i];
r[cnt]=i-1;
cnt++;
l[cnt]=i;id[i]=cnt;
}
}
r[cnt]=n;
for(int i=1;i<=cnt;i++)sum[i]=r[i]-l[i]+1,sum[i]=sum[i-1]+sum[i];
int mx=n/2;
if(mx<5){
puts("0 0 0");continue;
}
int flag=1;
int pp=id[n];
int g=sum[pp]-sum[pp-1];
int pos=l[pp];
int s=g+1;
temp=pos-s;
if(s+g>=n/2)flag=0;
int pp1=id[temp];
int pos1=l[pp1];
s=pos-pos1;
int sy=n-mx;
int pp2=id[sy];
int pos2=r[pp2]+1;
pp2++;
int b=pos1-pos2;
if(b<=0||s<=0||b<=g||s<=g)flag=0;
if(flag)printf("%d %d %d\n",g,s,b);
else puts("0 0 0");
}
return 0;
}
D. Beautiful Sequence (枚舉)
題目大意：
給四個數， \(a,b,c,d\) ，表示 \(a\) 個 \(0\) ， \(b\) 個 \(1\) ，\(c\) 個 \(2\) ，\(d\) 個 \(3\) ，要求將這些數排成一排，使得相鄰的數差值為1，輸出方案。
大致思路：
可以枚舉每一個數字做為開頭，然后就選擇相鄰的數字往后填，如果能填完，那么輸出方案即可。因為若存在答案，以4種數字開頭必然有一種是可以得到解的。
代碼：
點擊展開代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int ans[N];
int flag=0;
vector<int>temp;
void dfs(int a,int b,int c,int d,int pos){
if(a+b+c+d==0){
flag=1;
puts("YES");
for(int v:temp)printf("%d ",v);
puts("");exit(0);
}
if(pos==0&&b)temp.push_back(1),dfs(a,b-1,c,d,pos+1);
if(pos==1){if(c)temp.push_back(2),dfs(a,b,c-1,d,pos+1);
else if(a)temp.push_back(0),dfs(a-1,b,c,d,pos-1);}
if(pos==2){if(d)temp.push_back(3),dfs(a,b,c,d-1,pos+1);
else if(b)temp.push_back(1),dfs(a,b-1,c,d,pos-1);}
if(pos==3&&c)temp.push_back(2),dfs(a,b,c-1,d,pos-1);
}
int a,b,c,d;
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
flag=0;
if(flag==0&&a){
temp.clear();
temp.push_back(0);
dfs(a-1,b,c,d,0);
}
if(flag==0&&b){
temp.clear();
temp.push_back(1);
dfs(a,b-1,c,d,1);
}
if(flag==0&&c){
temp.clear();
temp.push_back(2);
dfs(a,b,c-1,d,2);
}
if(flag==0&&d){
temp.clear();
temp.push_back(3);
dfs(a,b,c,d-1,3);
}
if(flag==0)puts("NO");
return 0;
}
E. Beautiful Mirrors (概率DP)
題目大意：
有 \(n\) 個鏡子，每一個鏡子有 \(p_i\) 的概率說美麗，現在我從第一個鏡子開始問，如果它說美麗，那么我就在下一天再問下一個鏡子，如果剛好到了第 \(n\) 個鏡子，那么我就會開心。否則我就下一天再從第一個鏡子開始問。問我開心需要的天數的期望值。
大致思路：
假設有 \(i\) 個鏡子，開心需要的天數為 \(F_i\) ,那么 \(F_i=P_i*(F_{i-1}+1)+(1-P_i)*(F_{i-1}+F_i+1)\)
就是在第 \(F_{i-1}\) 天必然是美麗，現在有 \(P_i\) 的概率是美麗，那么我就直接開心了，就是 \(F_{i-1}+1\) 天，還有剩下的概率，我需要從新開始那么就需要 \(F_{i-1}+F_i+1\) 天了。將式子化簡一下就是 \(F_i=(F_{i-1}+1)/P_i\) 循環一遍就行了。(就要概率要除100).
代碼：
點擊展開代碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=2e5+10;
const int mod=998244353;
ll ksm(ll a,ll b){
ll res=1,t=a;
while(b){
if(b&1)res=(res*t)%mod;
t=(t*t)%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int n;
ll p[N],f[N];
int main()
{
//freopen("H:\\c++1\\in.txt","r",stdin);
//freopen("H:\\c++1\\out.txt","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&p[i]);
f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=((100*(f[i-1]+1)%mod)*ksm(p[i],mod-2)%mod)%mod; //注意爆ll
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
F. Beautiful Bracket Sequence (easy version) (DP)
題目大意：
給一個字符串，字母只有括號和 \(?\) ，問對於所有的 \(?\) 填法，其括號嵌套數之和是多少。括號嵌套數是指一個括號序列最多的嵌套數，不要求合法，即可以刪除任意數量的括號后，保持相對位置不變的最大括號層數。例如對於：\((??)\) ，那么所有填法為 \((()),()(),())),((()\) ，這四種，答案就是 \(2+1+1+1=5\) 。
大致思路：
經過研究題解后，感覺大概懂了一些。用 \(dp[i][j]\) 表示區間 \([i,j]\) 的答案，那么我們考慮轉移方程，如果 \(s[i]\ !='('\) ，那么對於區間 \([i,j]\) ,對答案的貢獻必然是等於區間 \([i+1,j]\) 的，同理如果 \(s[j]\ !=')'\) ，那么對於區間 \([i,j]\) ,對答案的貢獻必然是等於區間 \([i,j-1]\) 的，當然如果都不等還是要考慮容斥的問題。那么這時考慮 \(s[i],s[j]\) 為 \((),?),(?,??\) 的情況。那么對於 \([i,j]\) 來說必然會比 \([i+1,j-1]\) 多產生一點貢獻，因為必然能出現 \(()\) 的情形，如果 \([i+1,j-1]\) 的問號數為 \(k\) ，那么就多 \(2^k\) 的貢獻。那么轉移方程就可以寫出來。
\(dp[l][r]+=dp[l+1][r]\) （ \(s[l]\ !='('\)）
\(dp[l][r]+=dp[l][r-1]\) （ \(s[r]\ !=')'\) ）
\(dp[l][r]-=dp[l+1][r-1]\) （容斥）
\(dp[l][r]+=dp[l+1][r-]+2^k\) （ \(s[l]\ !=')' \&\& s[r]\ !='('\) ）