#724-Div.2

A. Omkar and Bad Story

直接set暴力加值，加满$300$个为止

#include <cstdio>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
#define maxn 105
set < int > ans;
map < int, int > mp;
int T, n;int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%d", &n );mp.clear(), ans.clear();for( int i = 1, x;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &x ), ans.insert( x ), mp[x] = 1;while( 1 ) {bool flag = 1;for( set < int > :: iterator it = ans.begin();it != ans.end();it ++ ) {set < int > :: iterator nxt = it; nxt ++;for( ;nxt != ans.end();nxt ++ )if( ! mp[( *nxt ) - ( *it )] ) {mp[( *nxt ) - ( *it )] = 1;ans.insert( ( *nxt ) - ( *it ) );if( ans.size() > 300 ) goto print;flag = 0;}}if( flag ) break;}print :if( ans.size() > 300 ) printf( "NO\n" );else {printf( "YES\n%d\n", ans.size() );for( set < int > :: iterator it = ans.begin();it != ans.end();it ++ )printf( "%d ", ( *it ) );printf( "\n" );}}return 0;
}

B. Prinzessin der Verurteilung

直接对字符串进行二十六进制位编码，长度一共就$1000$，所以其实$MEX$的长度是非常小的

可以直接暴力做

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <set>
using namespace std;
#define maxn 1005
#define int long long
set < int > st;
int T, n;
char s[maxn], ans[maxn];signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %s", &n, s + 1 );int t;for( int len = 1;len <= n;len ++ ) {st.clear();for( int i = 1;i <= n - len + 1;i ++ ) {int j = i + len - 1;int v = 0, p = 1;for( int k = j;k >= i;k --, p *= 26 )v += p * ( s[k] - 'a' + 1 );st.insert( v );}int k = 1, p = 1; t = 0;while( k <= len ) {t += p;p *= 26;k ++;}int End = t + p;for( set < int > :: iterator it = st.begin();it != st.end();it ++ )if( ( *it ) != t ) goto print;else t ++;if( t != End ) goto print;}print :int cnt = 0, p = 1;while( t > 0 ) {ans[++ cnt] = ( ( t % 26 ) + 25 ) % 26 + 'a';t -= ( ans[cnt] - 'a' + 1 );t /= 26;}for( int i = cnt;i;i -- ) printf( "%c", ans[i] );printf( "\n" );}return 0;
}

C. Diluc and Kaeya

还是挺考思维的

会发现，频率$(a,b)$如果可以，后面接一段同样的频率$(a,b)$，总体可以根据这个频率进行分块

而总体的频率仍然是$(a+a,b+b)\to (a,b)$

所以有从左到右遍历所有前缀，则前缀的答案等于迄今为止这对前缀的出现次数

#include <map>
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 500005
map < pair < int, int >, int > mp;
int T, n;
char s[maxn];int gcd( int x, int y ) {if( x < y ) swap( x, y );if( ! y ) return x;else return gcd( y, x % y );
}int main() {scanf( "%d", &T );while( T -- ) {mp.clear();scanf( "%d %s", &n, s + 1 );int D = 0, K = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if( s[i] == 'D' ) D ++;else K ++;int d = gcd( D, K );int NewD = D / d, NewK = K / d;mp[make_pair( NewD, NewK )] ++;printf( "%d ", mp[make_pair( NewD, NewK )] );}printf( "\n" );}return 0;
}

D. Omkar and Medians

考虑对于当前$a_i$而言

如果$a_i<a_{i-1}$也就相当于整个序列新增了极大值在最后面；反之新增了极小值在最前面

发现每次只能新增一个，那么$a_i$就不能跨过与$a_{i-1}$有关的某个范围

($a_i$不能比现有的最小的大于$a_{i-1}$的值还大；$a_i$不能比现有的最大的小于$a_{i-1}$的值还小)

这可以使用set来模拟

#include <set>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define maxn 200005
set < int > s;
int T, n;
int a[maxn];int main() {scanf( "%d", &T );again :while( T -- ) {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &a[i] );s.clear();s.insert( a[1] );for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {int last = a[i - 1];if( a[i] == last ) continue;else if( last < a[i] ) {set < int > :: iterator it = s.upper_bound( last );if( it != s.end() && ( *it ) < a[i] ) {printf( "NO\n" );goto again;} else;} else {set < int > :: iterator it = s.lower_bound( last );if( it != s.begin() && ( *(-- it) ) > a[i] ) {printf( "NO\n" );goto again;} else;}s.insert( a[i] );}	printf( "YES\n" );}return 0;
}

E. Omkar and Forest

相邻格子相差不能超过$1$；如果某个单元格中的数字严格大于0，则至少应严格大于与其相邻的一个单元格中的数字 —— 这其实是bfs的过程

当$0$确定后，便可以一层一层往外推

所以这是道结论题，答案就是$2^{\#的个数}$

当然要特判整张图一个零都没有的情况需要减一（全都没填零）

#include <cstdio>
#define mod 1000000007
#define int long long
#define maxn 2005
int T, n, m;
char s[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}signed main() {scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &m );int cnt = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%s", s + 1 );for( int j = 1;j <= m;j ++ )cnt += ( s[j] =='#' );}if( cnt == n * m ) printf( "%lld\n", ( qkpow( 2, cnt ) - 1 + mod ) % mod );else printf( "%lld\n", qkpow( 2, cnt ) );}return 0;
}

F. Omkar and Akmar

最后的终止局面一定是AB（相邻不同颜色）或者A|B（相邻不同颜色中插个空）

对抗性博弈论，后手必胜（秉持对着填原则）

染色数一定是偶数，且染色球之间最多有一个空

枚举染色数$i$，染色情况数为$i!$

环特殊分情况看第一个位置是否染色

如果第一个位置不是空，$i$染色导致有$i$个位置放置$n-x$被限制死的空，$C_i^{n-i}$

如果第一个位置是空，$C_{i-1}^{n-i-1}$

最后要乘个$2$，因为ABAB...跟BABA...算不同局面

#include <cstdio>
#define maxn 1000005
#define int long long
#define mod 1000000007
int n;
int fac[maxn], inv[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}int C( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}signed main() {scanf( "%lld", &n );fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;int ans = 0;for( int i = 2;i <= n;i += 2 )ans = ( ans + ( C( i, n - i ) % mod + C( i - 1, n - i - 1 ) ) % mod * fac[i] % mod ) % mod;printf( "%lld\n", ans * 2 % mod );return 0;
}