Educational Codeforces Round 177 (Rated for Div. 2)

在这里插入图片描述

A. Cloudberry Jam

思路：

1千克果子能生产2/3千克果酱，生产3千克果酱则需要2千克果酱，所以*2即可

code:

void solve() {   int x; cin >> x;cout << 2 * x << endl;
}

B. Large Array and Segments

题意：

当前给出一个长度为n的数组a，数组b为数组a头尾相接k次而成，长度为n*k，现在求b数组中存在多少个左边界l，存在一个右边界r，使得l到r区间的元素和大于等于x

思路：

将数组b视为k段a，求出a数组的前缀和和sum，然后判断出在第几段时，会开始出现大于等于x的后缀即可，注意最多k段；

Code:

void solve() {int n, k,  x; cin >> n >> k >> x;vector<int> a(n), sum(n+1, 0);for(int i = 0;i < n;i ++){cin >> a[i];sum[i+1]=sum[i]+a[i];}int s = sum[n], ans = 0;for(int i = 0;i < n;i ++){int ca  = s - sum[i];int ttt;if (ca >= x) {ttt = 0;} else {ttt = (x - ca + s - 1) / s;}if (k <= ttt) continue;ans += (k - ttt);}cout << ans << endl;
}

C. Disappearing Permutation

题意：

当前有一个长度为n的排列p，以及一个操作序列d，第i次操作会使得 $p_{d_i} = 0$ ；

在第i次操作后，需要最少多少次操作可以使得数组恢复成一个任意顺序的排列，操作如下：

将第i个位置的数替换为i

思路：

若 $p_i != i$ ，我们需要进行向上回溯类似并查集的方式寻找i的位置，回溯过程中的元素都需要进行单独的操作

首先记录每个元素所需要向上回溯的次数，即操作次数，回溯最终的位置即为祖宗结点

最后从第一个位置开始递增操作次数即可

Code：

void solve() {int n; cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> p[i];for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> d[i];vector<int> pos(n + 1, 0), find(n + 1, 0), sum(n + 1, 0);int now = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {if (pos[i]) continue;now ++;int idx = i;while (pos[idx] == 0) {pos[idx] = 1;find[idx] = now;idx = p[idx];}int cnt = 0, st = i;idx = i;idx = p[idx];cnt ++;while (idx != st) {cnt ++;idx = p[idx];}sum[now] = cnt;}vector<int> ans;for (int i = 1; i <= n; i ++) pos[i] = 0;int ca = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {int t = d[i];int id = find[t];if (!pos[id]) {ca += sum[id];pos[id] = 1;}cout << ca << ' ';} cout << endl;
}

D. Even String

题意：

给出26个字母的每个字母的数量，需要按照要求进行字符串的构造：

相同字符串直接的间隔必须是偶数

有多少种构造方案

思路：

思路原链接：https://zhuanlan.zhihu.com/p/1891280211527590056

首先明确一个多重排列数的计算公式，即n个序列中有ci个重复的数有多少种排列的方式：
$\frac{n!}{c_1! \cdot c_2! \cdots c_k!}$
而n!需要跟每个ci!进行逆元操作

就本题来说，同一字母只能全部放在奇数位或者偶数位

特判：显然，如果一个字母的数量单独在奇数位或者偶数位都不能容纳，则不可能完成

这里用一个背包来预处理一下字符的分组问题：

我们需要将字母分成两组，奇数组和偶数组
分配其中一个就可以，这里以奇数位为例，从后向前进行一个状态转移

然后就是每组的排列组合的问题：

奇数位有odd个字符，那么就有odd!种排列方式，偶数同理
代入多重排列的公式即可 $n! = o dd! * e v e n!$

最后将排列数*分组数即为最终答案
(被创思了。。。。。。)

AC code:

int fact[N], invfact[N];int qmi(int a, int k, int p) {int res = 1;while (k) {if (k & 1) res = res * a % p;a = a * a % p;k >>= 1;}return res;
} //多重排列数预处理，阶乘+逆元
void init_fact(int n) {fact[0] = invfact[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i ++) fact[i] = fact[i - 1] * i % MOD;invfact[n] = qmi(fact[n], MOD - 2, MOD);for (int i = n - 1; i >= 1; i --) invfact[i] = invfact[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}void solve() {vector<int> c(26);int sum = 0;for (int i = 0; i < 26; i ++) {cin >> c[i];sum += c[i];}int odd = (sum + 1) / 2, even = sum / 2;for (int i = 0; i < 26; i ++) {if (c[i] > odd && c[i] > even) {cout << 0 << endl;return;}}vector<int> dp(odd + 1, 0);dp[0] = 1;for (int i = 0; i < 26; i ++) {if (c[i] == 0) continue;for (int j = odd; j >= c[i]; j --) {dp[j] = (dp[j] + dp[j - c[i]]) % MOD;}}int ans = dp[odd];int ca = 1;for (int i = 0; i < 26; i ++) {ca = ca * invfact[c[i]] % MOD;}ans = ((ans * fact[odd] % MOD) * fact[even] % MOD) * ca % MOD;cout << ans << endl;
}