总结
期望得分：\(100+ 40 + 0 = 140\)
实际得分：\(100 + 40 + 0 = 140\)
没有挂分，但是是大众分。。。人均\(140\)
思路&&代码
T1
这题可以用二分答案来做
那么为什么可以用二分答案呢？
答案当然是满足了单调性。假设用\(x\)天能够杀死所有人，那么用大于$x $天必定也可以杀死所有人，所以满足了单调性，我们就可以二分答案
那么如何\(check\)呢？考虑一下贪心
贪心思路：在二分的\(mid\)天之前找到每个敌人暴露弱点的最后一天，只在这一天杀死此敌人，其它时间积攒体力，若在最后一天这个敌人暴露了弱点，而此时积攒的体力并不足以杀死这个敌人，则说明用\(mid\)天不能杀死所有敌人，否则就让计数器\(cnt\)的值加一，表示现在已经杀了\(cnt\)个人，最后检验一下\(cnt\)是否等于\(m\)，若不等于则说明还有敌人在\(mid\)天前没有出现，增大范围，否则缩小范围，让\(ans\)等于\(mid\)。
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int A = 1e5 + 11;
const int B = 1e6 + 11;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);
return x * f;
}
int n, m, all, cnt;
int d[A], w[A], a[A], la[A];
inline bool check(int x) {
memset(la, 0, sizeof(la));
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = d[i];
for(int i = 1; i <= x; i++) if(a[i]) a[la[a[i]]] = 0, la[a[i]] = i;
int tl = 0, cnt = 0;
for(int i = 1; i <= x; i++) {
if(a[i]) { tl -= w[a[i]]; if(tl < 0) return 0; else cnt++; }
else tl++;
}
return cnt == m;
}
int main() {
freopen("generals.in", "r", stdin);
freopen("generals.out", "w", stdout);
n = read(), m = read();
if(n < m) return puts("-1"), 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) d[i] = read();
for(int i = 1; i <= m; i++) w[i] = read(), all += w[i];
if(all > n) return puts("-1"), 0;
int l = 0, r = n, ans = -1;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid)) ans = mid, r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
return cout << ans << '\n', 0;
}
*/ T2
\(20\)分：
暴搜，只能从左往右搜，所以记录一下上次用的是哪一个，这次枚举直接从上次用的下一个开始枚举，保证从左往右
#include
#include
#include
#include
#include
#define int long long
using namespace std;
const int A = 1e5 + 11;
const int B = 1e6 + 11;
const int mod = 1e9 + 7;
inline int read() {
char c = getchar();
int x = 0, f = 1;
for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);
return x * f;
}
int n, m, ans, vis[A], a[A];
char s[A];
int c[4000][4000];
void dfs(int cnt, int last) {
if(cnt > n + 1) return;
if((cnt - 1) % 2 == 0 && cnt - 1 != 0) {
int now = cnt - 1;
int zuo = 0, you = 0, cao = 0;
for(int i = 1; i <= now / 2; i++) {
if(a[i] == 2) {
cao = 1;
break;
}
if(a[i] == 1) zuo++;
}
for(int i = now / 2 + 1; i <= now; i++) {
if(a[i] == 1) {
cao = 1;
break;
}
if(a[i] == 2) you++;
}
if(!cao && zuo == you && zuo + you == now) ans++;
}
for(int i = last + 1; i <= n; i++) {
if(!vis[i]) {
vis[i] = 1;
a[cnt] = (s[i] == '(' ? 1: 2);
dfs(cnt + 1, i);
vis[i] = 0;
}
}
}
signed main() {
freopen("beauty.in", "r", stdin);
freopen("beauty.out", "w", stdout);
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
if(n <= 20) {
dfs(1, 0);
cout << ans % mod << '\n';
return 0;
}
return 0;
} \(50\)分：
考虑每个左括号，不包括他的，左边有多少个左括号，右边有多少个右括号，就可以得出，对于每一个左括号的位置，都有：（\(x\)是指左边不包括这个左括号有多少个左括号，\(y\)是右边有多少个右括号）
\[\sum_{i = 0}^{x} C(x, i) * C(y, i + 1)\]
然后就有\(50\)了
\(100\)分：
考虑直接换一种想法，我们枚举包括这个位置的左括号的，左边有多少个左括号，右边有多少个右括号，这个位置必须选，那么就能得出
\[\sum_{i = 1}^{x} C(x, i) * C(y, i)\]
但是这样就会把不选这个位置的情况算上，所以还要减去
\[\sum_{i = 1}^{x} C(x - 1, i) * C(y, i)\]
就得出了
\[\sum_{i = 1}^{x} C(x, i) * C(y, i) - \sum_{i = 1}^{x} C(x - 1, i) * C(y, i) \]
有一个辅助式子
\[\sum_{i = 0}^{x} C(x, i) * C(y, i) = C(x + y, x)\]
所以上面的式子就能写成
\[(C(x + y, x) - 1 )- ( C(x + y - 1, x - 1) - 1)\]
就等于
\[C(x + y, x) - C(x + y - 1, x - 1) \]
对于每个左括号的位置，我们都这样计算一遍，然后就做完了
时间复杂度\(O(n)\)
#include
#include
#include
#include
#include
#define int long long
using namespace std;
const int A = 5e5 + 11;
const int B = 1e6 + 11;
const int mod = 1e9 + 7;
inline int read() {
char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
for( ; !isdigit(c); c = getchar()) if(c == '-') f = -1;
for( ; isdigit(c); c = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48);
return x * f;
}
int n, m, a[A], b[A], fac[A], inv[A], ans; //a[i]左边的左括号个数，b[i]右边的右括号个数
char s[A];
int power(int a, int b, int res = 1) {
while(b) {
if(b & 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod; b >>= 1;
} return res;
}
void prepare(int n) {
fac[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[n] = power(fac[n], mod - 2);
for(int i = n - 1; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
return;
}
int C(int n, int m) {
if(n < m) return 0;
return fac[n] % mod * inv[n - m] % mod * inv[m] % mod;
}
signed main() {
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
prepare(n * 2);
for(int i = n; i >= 1; i--)
if(s[i] == ')') b[i] = b[i + 1] + 1;
else b[i] = b[i + 1];
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(s[i] == '(') a[i] = a[i - 1] + 1;
else a[i] = a[i - 1];
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(s[i] == ')') continue;
int x = a[i], y = b[i];
ans += C(x + y, x) - C(x + y - 1, x - 1) , ans %= mod;
}
ans = (ans % mod + mod) % mod;
cout << ans << '\n';
return 0;
} T3
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
//var
int n,m;
//Trie
struct Tree {
int ch[26];
int fail;
} T[400010];
int tot;
int pos[400010];//index->node
void insert(char* st,int num) {
int now=0,len=strlen(st);
for(int i=0; ison[400010];
//AC Automaton
queueq;
void bfs() {
for(int i=0; i<26; i++)
if(T[0].ch[i]) {
q.push(T[0].ch[i]);
T[T[0].ch[i]].fail=0;
}
while(!q.empty()) {
int u=q.front();
q.pop();
son[T[u].fail].push_back(u);
for(int i=0; i<26; i++)
if(T[u].ch[i]) {
T[T[u].ch[i]].fail=T[T[u].fail].ch[i];
q.push(T[u].ch[i]);
} else T[u].ch[i]=T[T[u].fail].ch[i];
}
return ;
}
//get dfn
int dfn[400010],to[400010],now;
//vectorVec;
void dfs(int u) {
dfn[u]=++now;
for(int i=0; i >S[400010];
//queries
vectorqnum[400010];
//answers
int ans[400010];
//REAL-DFS
void DFS(int u,int state) {
add(dfn[state],1);
for(int i=0; i