A. Broken Keyboard (CF 1251 A)
题目大意
键盘按键，鬼畜点一按会出现两次。现给出按键结果，判断哪些键一定不鬼畜。
解题思路
看同个字母连续出现奇数次还是偶数次即可。
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector VI;
typedef pair PII;
typedef vector VPII;
typedef vector VL;
typedef pair PLL;
typedef vector VPLL;
template
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
char s[508];
scanf("%s",s);
set qwq;
int len=strlen(s);
for(int i=0;i B. Binary Palindromes (CF 1251 B)
题目大意
给了\(n\)串\(01\)串，可以任意交换任意对串中任意的数字任意多次，问最多能弄出多少个回文串。
解题思路
我们发现\(01\)串长度是奇数的话一定可以自身交换成回文串，而如果是偶数的话，如果是偶数个\(1\)和\(0\)也可以自身交换成回文串，如果是奇数个\(0\)和\(1\)则不行，记这种串为\(s\)。由于奇数长度的串可以与\(s\)串进行交换使得\(s\)变成回文串。故如果有奇数串则全部都可以变成回文串，如果没有奇数串，但有偶数个\(s\)串，它们俩俩交换也可以是其都变成回文串，故有偶数个\(s\)串则全部都可以变成回文串，有奇数个的话就只有一个不能变成回文串。
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector VI;
typedef pair PII;
typedef vector VPII;
typedef vector VL;
typedef pair PLL;
typedef vector VPLL;
template
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
int n;
read(n);
int cnt[2]={0};
int aa=0;
for(int i=0;i C. Minimize The Integer (CF 1251 C)
题目大意
给了一串数字，相邻奇偶性不同的可以交换位置，问最小能交换出的数字是多少。
解题思路
奇偶性相同的数字不能交换，那么它们的相对位置不能发现变化，而不同的可以随便变。那么我们把奇数的单独拎出来，偶数的单独拎出来，两个指针分别指着奇数组和偶数组，然后每次取奇偶中最小的放回即可。
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector VI;
typedef pair PII;
typedef vector VPII;
typedef vector VL;
typedef pair PLL;
typedef vector VPLL;
template
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
char s[400005];
scanf("%s",s);
int len=strlen(s);
vector cnt[2];
for(int i=0;i D. Salary Changing (CF 1251 D)
题目大意
给\(n\)个人发工资，每人有一个发工资的钱数的范围，要求确定一种发工资方案，使得所有人所得的工资的中位数最大，且发的工资总数不超过\(s\)。
解题思路
很容易想到可以二分中位数\(mid\)，然后对于工资范围\([l_i,r_i]\)，如果\(r_i
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector VI;
typedef pair PII;
typedef vector VPII;
typedef vector VL;
typedef pair PLL;
typedef vector VPLL;
template
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
bool check(LL mid,vector> sol,int n,LL s){
int cnt=0;
vector qwq;
for(auto i:sol){
if (i.second=mid) ++cnt,s-=i.first;
else qwq.push_back(i.first);
}
int m=(n+1)>>1;
if (cnt>m) return 1;
if (s<0) return 0;
if (qwq.size()+cnt> sol;
for(int i=1;i<=n;++i){
LL l,r;
read(l);
read(r);
sol.push_back(make_pair(l,r));
}
LL l=0,r=1e9+7;
LL ans=0;
while(l>1;
if (check(mid,sol,n,s)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid;
}
write(ans,'\n');
}
return 0;
} E1 E2. Voting (Easy/Hard Version) (CF 1251 E1 E2)
题目大意
拉选票，有\(n\)个人，第\(i\)个人需要用\(p_i\)金钱贿赂才会给你投票，或者看见有大于等于\(m_i\)个人给你投票的话他也会给你投票。现在你需要所有人都给你投票，问最小需要多少钱。
解题思路
分别考虑枚举金钱，贿赂多少人后无果。但考虑到知道多少人给你投票的角度的话似乎可解，于是我们将人通过\(m_i\)分组，对\(m_i\)倒序枚举，对于每组来说有一个\(cur=m_i\)，此时\(m_j
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector VI;
typedef pair PII;
typedef vector VPII;
typedef vector VL;
typedef pair PLL;
typedef vector VPLL;
template
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int i = 1; i <= kase; i++) {
int n;
read(n);
int cnt[n+1]={0};
vector money[n+1];
for(int p,m,i=1;i<=n;++i){
read(m);
read(p);
cnt[m]++;
money[m].push_back(p);
}
priority_queue,greater> qwq;
LL ans=0;
int by=0;
for(int i=1;i<=n;++i) cnt[i]+=cnt[i-1];
for(int i=n-1;i>0;--i){
if (money[i].empty()) continue;
for(int j:money[i]) qwq.push(j);
if (cnt[i-1]+by>=i) continue;
while(!qwq.empty()&&cnt[i-1]+by F. Red-White Fence (CF 1251 F)
题目大意
\(n\)块白栅栏\(k\)块红栅栏有各自高度，要求选出一个红栅栏和若干个白栅栏，排成一排，要求红栅栏高度最高，红栅栏左边的白栅栏（可以没有）高度严格递增，右边的白栅栏（可以没有）高度严格递减，且它们的周长为\(Q\)，有\(q\)次周长询问，分别回答方案数。
解题思路
记红栅栏高度为\(h\)，选了\(cnt\)个白栅栏，这栅栏的周长为\(4\times h\times (cnt+1)\)。
由于要严格递增或递减，对于长度相同有若干个的白栅栏只会用到两个，于是白栅栏就分成两种类型，一种是高度出现一次的，另一种是出现两次（及以上都归为两次）的。设红栅栏高度为\(h\)，则高度小于\(h\)的白栅栏中，高度出现一次的有\(cnt_1\)个，出现两次的有\(cnt_2\)个，要选\(w\)个白栅栏。然后我们考虑方案数。
如果\(cnt_2\)为零，方案数即为\(C^{w}_{cnt_1}\times \sum\limits_{i=0}^{w}C^{i}_{w}=C^{w}_{cnt_1}\times 2^{w}\)，但如果不为\(0\)，对于这些数我们要考虑选\(1\)个还是选\(2\)个，选\(1\)个还要考虑放左边还是放右边。我们可以这样处理，把这\(cnt_2\)个出现两次的这些数的个数翻倍，一个表示把它放左边的，一个表示把它放右边的，那么对于这个数就有三种选择的情况，分别对应上面的三种。所以最终的方案数即为\(\sum\limits_{i=0}^{w}2^{i}\times C^{i}_{cnt_1}\times C^{w-i}_{cnt_2}\)，这是个卷积形式，我们对于每一个红栅栏，构造多项式\(f(x)=\sum\limits_{i}2^{i}\times C^{i}_{cnt_1}x^{i}\)，\(g(x)=\sum\limits_{i}C^{i}_{cnt_2}x^{i}\)，用\(NTT\)加速\(f*g\)，则这个红栅栏对答案的贡献为\(x^{w}\)的系数。预处理答案后\(O(1)\)回答。总时间复杂度为\(O(k*n\log_2 n+q)\)。
随便找了个NTT模板
神奇的代码
#include
#define MIN(a,b) ((((a)<(b)?(a):(b))))
#define MAX(a,b) ((((a)>(b)?(a):(b))))
#define ABS(a) ((((a)>0?(a):-(a))))
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector VI;
typedef pair PII;
typedef vector VPII;
typedef vector VL;
typedef pair PLL;
typedef vector VPLL;
template
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const LL mod=998244353;
const int maxn=3e5+8;
int N,M,n,k,q,wi,bl;
LL a[maxn*3],b[maxn*3],c[maxn*3],g,jie[maxn],jieinv[maxn],white[maxn],red[6],ans[5*maxn];
int cnt_white[maxn],cnt_black[maxn];
LL qpower(LL x, LL y){
LL res=1;
while (y){
if (y&1) (res*=x)%=mod;
(x*=x)%=mod;
y>>=1;
}
return res;
}
LL inv(LL x){return qpower(x, mod - 2);}
void NTT(LL *arr,int size,int type){
int rev[maxn*3];
rev[0]=0;
for(int i=1;i>1]>>1)|((i&1)?(size>>1):0);
for(int i=0;ii) swap(arr[i],arr[rev[i]]);
for(int len=2;len<=size;len<<=1){
LL wn=qpower(g,(mod-1)/len);
if(type==-1) wn=inv(wn);
for(int i=0;i>1);++j,w=w*wn%mod){
LL tmp1=arr[i+j],tmp2=arr[i+(len>>1)+j]*w%mod;
arr[i+j]=tmp1+tmp2;
arr[i+j+(len>>1)]=tmp1-tmp2;
if(arr[i+j]>=mod) arr[i+j]-=mod;
if(arr[i+j+(len>>1)]<0) arr[i+j+(len>>1)]+=mod;
}
}
}
if(type==-1) {
LL t=inv(size);
for(int i=0;in) return 0;
if (m<0||n<0) return 0;
return jie[n]*jieinv[m]%mod*jieinv[n-m]%mod;
}
int main(void) {
read(n);
read(k);
for(int u,i=1;i<=n;++i){
read(u);
if (cnt_white[u]<2) white[++wi]=u,++cnt_white[u];
}
for(int u,i=1;i<=k;++i){
read(u);
if (cnt_black[u]==0) red[++bl]=u,++cnt_black[u];
}
sort(white+1,white+1+wi);
sort(red+1,red+1+bl);
jie[0]=jie[1]=jieinv[1]=jieinv[0]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
jie[i]=jie[i-1]*i%mod;
jieinv[i]=inv(jie[i]);
}
for(int i=1;i<=bl;++i){
int pos=lower_bound(white+1,white+1+wi,red[i])-white;
N=M=0;
for(int j=1;j