Codeforces Round #674 (Div. 3)

突如其来的div3，赛后打了一下。

A - Floor Number

数学题答案是 $1+⌈n−2x⌉1+\lceil \frac{n-2}{x} \rceil$

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){int n,x;cin>>n>>x;if(n<=2) cout<<1<<'\n';elsecout<<1+(n-2+x-1)/x<<'\n';}return 0;
}

B - Symmetric Matrix

只要存在2×2小矩形是对称的并且边长是偶数就一定能够拼成大矩形，否则不行。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){bool ok=0;int n,m;cin>>n>>m;while(n--){int a,b,c,d;cin>>a>>b>>c>>d;if(b==c) ok=1;}if(m%2) ok=0;if(ok) cout<<"YES\n";else cout<<"NO\n";}return 0;    
}

C - Increase and Copy

稍微转化一下，很明显如果加1，只需要每次把 $a_1$ ，并且操作相同次数，先加1再复制结果一定更优。
此题有一个样例提示了我：当 $n = 1000000000$ ，答案是 $63244$ ，说明移动步数非常少。由此我们可以枚举+1的操作数然后就不难解决了。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=300010;
int main()
{IO;int T=1;cin>>T;while(T--){int n;cin>>n;int res=0x3f3f3f3f;for(int i=0;i<=70000;i++){int now=1;now+=i;if(now>=n){res=min(res,i);break;}elseres=min(res,i+(n-now+now-1)/now);}cout<<res<<'\n';}return 0;
}

E - Rock, Paper, Scissors

~~不难发现~~只需要找到互不相交，子串和为0的数量。
考虑前缀和数组 $s_i$ ，如果 $s_i=s_j$ ，说明 $ai+1+ai+2+⋯+aj=0a_{i+1}+a_{i+2}+\dots+a_j=0$
然后用个map记录一下即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<map>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010;
ll a[N],s[N];
int n;
map<ll,int> mp;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;mp.clear();for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];s[i]=s[i-1]+a[i];}int now=0;int res=0;mp[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(mp.count(s[i])){if(now-1<=mp[s[i]]){res++;now=i;}}mp[s[i]]=i;}cout<<res<<'\n';}return 0;
}

D - Non-zero Segments

~~别问，问就是暴力~~
出牌顺序就6种，消顺序就8种，直接枚举即可。

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n;
int a,b,c;
int e,f,g;
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){cin>>n;cin>>a>>b>>c;cin>>e>>f>>g;int cnt0=0;for(int i=0;i<1<<3;i++){int x=e,y=f,z=g;int now1=min(a,x+z);if(i&1) {z-=x-max(0,x-now1);x=max(0,x-now1);}else{x-=z-max(0,z-now1);z=max(0,z-now1);}int now2=min(b,y+x);if(i>>1&1){x-=y-max(0,y-now2);y=max(0,y-now2);}else{y-=x-max(0,x-now2);x=max(0,x-now2);}int now3=min(c,y+z);if(i>>2&1){z-=y-max(0,y-now3);y=max(0,y-now3);}else{y-=z-max(0,z-now3);z=max(0,z-now3);}cnt0=max(cnt0,now1+now2+now3);}for(int i=0;i<1<<3;i++){int x=e,y=f,z=g;int now1=min(a,x+z);int now2=min(b,y+x);if(i>>1&1){x-=y-max(0,y-now2);y=max(0,y-now2);}else{y-=x-max(0,x-now2);x=max(0,x-now2);}if(i&1) {z-=x-max(0,x-now1);x=max(0,x-now1);}else{x-=z-max(0,z-now1);z=max(0,z-now1);}int now3=min(c,y+z);if(i>>2&1){z-=y-max(0,y-now3);y=max(0,y-now3);}else{y-=z-max(0,z-now3);z=max(0,z-now3);}cnt0=max(cnt0,now1+now2+now3);}for(int i=0;i<1<<3;i++){int x=e,y=f,z=g;int now2=min(b,y+x);if(i>>1&1){x-=y-max(0,y-now2);y=max(0,y-now2);}else{y-=x-max(0,x-now2);x=max(0,x-now2);}int now3=min(c,y+z);if(i>>2&1){z-=y-max(0,y-now3);y=max(0,y-now3);}else{y-=z-max(0,z-now3);z=max(0,z-now3);}int now1=min(a,x+z);if(i&1) {z-=x-max(0,x-now1);x=max(0,x-now1);}else{x-=z-max(0,z-now1);z=max(0,z-now1);}cnt0=max(cnt0,now1+now2+now3);}for(int i=0;i<1<<3;i++){int x=e,y=f,z=g;int now1=min(a,x+z);if(i&1) {z-=x-max(0,x-now1);x=max(0,x-now1);}else{x-=z-max(0,z-now1);z=max(0,z-now1);}int now3=min(c,y+z);if(i>>2&1){z-=y-max(0,y-now3);y=max(0,y-now3);}else{y-=z-max(0,z-now3);z=max(0,z-now3);}int now2=min(b,y+x);if(i>>1&1){x-=y-max(0,y-now2);y=max(0,y-now2);}else{y-=x-max(0,x-now2);x=max(0,x-now2);}cnt0=max(cnt0,now1+now2+now3);}for(int i=0;i<1<<3;i++){int x=e,y=f,z=g;int now1=min(a,x+z);int now3=min(c,y+z);if(i>>2&1){z-=y-max(0,y-now3);y=max(0,y-now3);}else{y-=z-max(0,z-now3);z=max(0,z-now3);}if(i&1) {z-=x-max(0,x-now1);x=max(0,x-now1);}else{x-=z-max(0,z-now1);z=max(0,z-now1);}int now2=min(b,y+x);if(i>>1&1){x-=y-max(0,y-now2);y=max(0,y-now2);}else{y-=x-max(0,x-now2);x=max(0,x-now2);}cnt0=max(cnt0,now1+now2+now3);}for(int i=0;i<1<<3;i++){int x=e,y=f,z=g;int now3=min(c,y+z);if(i>>2&1){z-=y-max(0,y-now3);y=max(0,y-now3);}else{y-=z-max(0,z-now3);z=max(0,z-now3);}int now2=min(b,y+x);if(i>>1&1){x-=y-max(0,y-now2);y=max(0,y-now2);}else{y-=x-max(0,x-now2);x=max(0,x-now2);}int now1=min(a,x+z);if(i&1) {z-=x-max(0,x-now1);x=max(0,x-now1);}else{x-=z-max(0,z-now1);z=max(0,z-now1);}cnt0=max(cnt0,now1+now2+now3);}int cnt1=min(n,min(a,f)+min(b,g)+min(c,e));cout<<n-cnt0<<' '<<cnt1<<'\n';}return 0;
}

F - Number of Subsequences

首先不考虑问号，我们求子序列abc的个数可以用动态规划设计状态
状态表示：
$f_{(i,0)}$ 表示考虑前 $i$ 个字符，子序列 $a$ 的数目
$f_{(i,1)}$ 表示考虑前 $i$ 个字符，子序列 $a b$ 的数目
$f_{(i,2)}$ 表示考虑前 $i$ 个字符，子序列 $a b c$ 的数目
状态转移：
如果当前字符是 $a$ ，那么 $f_{(i,0)}=f_{(i-1,0)}+1$
如果当前字符是 $b$ ，那么 $f_{(i,1)}=f_{(i-1,1)}+f_{(i,0)}$
如果当前字符是 $c$ ，那么 $f_{(i,2)}=f_{(i-1,2)}+f_{(i,1)}$

此题目非常dt的地方就是因为问号的3种情况，导致有些转移不是那么简单
一个问号的3种情况会使得原来的 $f_{(i,0/1/2)}$ 翻3倍，而对于 $f_{(i,0)}$ 的转移会使得 $+ 1$ 变成 $p^k(k是之前出现?的数目)$

#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010;
const ll mod=1e9+7;
char s[N];
ll f[N][3];
int main()
{IO;int T=1;//cin>>T;while(T--){int n;cin>>n;cin>>s+1;ll p=1;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='?'){f[i][0]=(3ll*f[i-1][0]+p)%mod;f[i][1]=(3ll*f[i-1][1]+f[i-1][0])%mod;f[i][2]=(3ll*f[i-1][2]+f[i-1][1])%mod;p=p*3%mod;}else if(s[i]=='a') {f[i][0]=(f[i-1][0]+p)%mod;f[i][1]=f[i-1][1];f[i][2]=f[i-1][2];}else if(s[i]=='b'){f[i][0]=f[i-1][0];f[i][1]=(f[i-1][1]+f[i-1][0])%mod;f[i][2]=f[i-1][2];}else {f[i][0]=f[i-1][0];f[i][1]=f[i-1][1];  f[i][2]=(f[i-1][2]+f[i-1][1])%mod;}}cout<<f[n][2]<<'\n';}return 0;
}