A - Lexicographic Order

签到题

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {string s, t;cin >> s >> t;if( s < t ) printf( "Yes\n" );else printf( "No\n" );return 0;
}

B - AtCoder Quiz

签到题

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
char s1[10], s2[10], s3[10];int main() {scanf( "%s %s %s", s1, s2, s3 );if( 'R' != s1[1] and 'R' != s2[1] and 'R' != s3[1] )printf( "ARC\n" );if( 'B' != s1[1] and 'B' != s2[1] and 'B' != s3[1] )printf( "ABC\n" );if( 'H' != s1[1] and 'H' != s2[1] and 'H' != s3[1] )printf( "AHC\n" );if( 'G' != s1[1] and 'G' != s2[1] and 'G' != s3[1] )printf( "AGC\n" );return 0;
}

C - Inverse of Permutation

签到题

#include <cstdio>
#define maxn 200005
int n;
int p[maxn], ans[maxn];int main() {scanf( "%d", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d", &p[i] ), ans[p[i]] = i;for( int i = 1;i <= n;i ++ )printf( "%d ", ans[i] );return 0;
}

D - Cutting Woods

签到题

刚开始想歪了，打算不思考直接暴力线段树cao

后来一看1e9的长度，打扰了

再一想，直接set不也可以做到线段树的功能吗

直接把操作点扔进去，找左右最近的分割点即可

#include <set>
#include <cstdio>
using namespace std;
set < int > s;
int n, Q, c, x;int main() {scanf( "%d %d", &n, &Q );s.insert( 0 ), s.insert( n );while( Q -- ) {scanf( "%d %d", &c, &x );if( c == 1 ) s.insert( x );else {auto l = s.lower_bound( x );auto r = l; l --;printf( "%d\n", *r - *l );}}return 0;
}

E - Sorting Queries

签到题

可能会被排序操作吓到TLE

实际上转个弯就知道序列一定是前面有序后面无序的状态

那么分开存进队列即可，遇到排序就把无序的全都丢进有序队列

每个点最多被操作入队两次

复杂度只有有序队列的log罢了

这都是表面上吓唬人的

#include <queue>
#include <cstdio>
using namespace std;
priority_queue < int, vector < int >, greater < int > > q;
queue < int > New;
int Q, opt, x;int main() {scanf( "%d", &Q );while( Q -- ) {scanf( "%d", &opt );switch( opt ) {case 1 : {scanf( "%d", &x );New.push( x );break;}case 2 : {if( ! q.empty() )printf( "%d\n", q.top() ), q.pop();else printf( "%d\n", New.front() ), New.pop();break;}case 3 : {while( ! New.empty() )q.push( New.front() ), New.pop();break;}}}
}

F - Make Pair

中档题

必须要两人是好关系，并且相邻才行

果断区间 $d p$ ，根据范围 $200$ 果断猜测时间复杂度应为 $O(N^3)/O(N^3\log N)$

$dp_{i,j}:[i,j]$ 区间的人都成功配对离开的方案数，答案自然为 $dp_{1,2n}$

考虑枚举与 $i$ 配对的是 $k$ ，则 $k$ 将区间 $[i, j]$ 隔绝成两个互相独立的子问题， $dp_{i+1,k-1};;dp_{k+1,r}$

定义 $dp_{i+1,i}=1$

假设 $[i + 1, k - 1]$ 配对个数为 $x (k - 1 - (i + 1) + 1 = k - i - 1)$ ， $[k + 1, r]$ 的配对个数为 $y (r - (k + 1) + 1 = r - k)$

$dpi,j=∑k=i+1rdpi+1,k−1∗dpk+1,r∗(x+y+1y)dp_{i,j}=\sum_{k=i+1}^rdp_{i+1,k-1}*dp_{k+1,r}*\binom{x+y+1}{y}$

$(x+y+1y)\binom{x+y+1}{y}$ ：区间 $[i, j]$ 的配对次数为 $x + y + 1$ ( $i, k$ 的一次配对)，从中选择 $y$ 次操作右子区间

为什么不是从中选择 $x$ 次操作左子区间？

因为左子区间的操作事关 $i, k$ 的相邻问题，而右子区间无关

必须左子区间都操作完了才能操作 $(i, k)$ 配对

所以说就不可能出现最后 $x$ 次操作全都是操作左子区间，反而先操作 $(i, k)$ 的配对，这样是错误的，那么选 $x$ 的组合数 $(x+y+1x)\binom{x+y+1}{x}$ 计算的方案数就是错误的

选择右子区间操作的轮数后，剩下的 $x + 1$ 位置就固定了，最后一个一定是 $(i, k)$ 的配对

#include <cstdio>
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 405
int fac[maxn], inv[maxn];
bool good[maxn][maxn];
bool vis[maxn][maxn];
int dp[maxn][maxn];
int n, m;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;
}void init() {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i < maxn;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[maxn - 1] = qkpow( fac[maxn - 1], mod - 2 );for( int i = maxn - 2;i;i -- )inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
}int C( int n, int m ) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}int dfs( int l, int r ) {if( vis[l][r] ) return dp[l][r];if( l > r ) return vis[l][r] = dp[l][r] = 1;int &ans = dp[l][r];for( int i = l + 1;i <= r;i += 2 ) {if( ! good[l][i] ) continue;int x = i - l - 1 >> 1, y = r - i >> 1;ans = ( ans + dfs( l + 1, i - 1 ) * dfs( i + 1, r ) % mod * C( x + y + 1, y ) ) % mod; }vis[l][r] = 1;return ans;
}signed main() {init();scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1, a, b;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &a, &b );good[a][b] = good[b][a] = 1;}n <<= 1;printf( "%lld\n", dfs( 1, n ) );return 0;
}

G - Groups

简单题

设 $dp_{i,j}:$ 前 $i$ 个数一共使用了 $j$ 个非空集合

那么转移只会分为两种

$i$ 单独成一个新集合
- $dp_{i,j}+=dp_{i-1,j-1}$
$i$ 放进前 $j$ 个集合中的某一个
- 集合无差别
- 每一个取模 $m$ 相同的数都在不同的集合
- 前面与 $i$ 同余的个数显然为 $⌊i−1m⌋\lfloor\frac{i-1}{m}\rfloor$
- 不能放那些数所在的集合，剩下的集合都是可以放的
- $dpi,j+=dpi−1,j∗max⁡(0,j−⌊i−1m⌋)dp_{i,j}+=dp_{i-1,j}*\max(0,j-\lfloor\frac{i-1}{m}\rfloor)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 998244353
#define maxn 5005
int n, m;
int dp[maxn][maxn];signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );dp[0][0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ )for( int j = 1;j <= i;j ++ )dp[i][j] = ( dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j] * max( 0ll, j - ( i - 1 ) / m ) ) % mod;for( int i = 1;i <= n;i ++ )printf( "%lld\n", dp[n][i] );return 0;
}