Codeforces Round #848 (Div. 2)

A. Flip Flop Sum

题意：

给定长度为 $n$ 的只包括 $-1$ 和 $1$ 的序列。进行一次操作：选定 $i$ ，使 $a_i$ 和 $a_{i+1}$ 变为相反数。询问操作一次后，序列的和的最大值

解析：

如果选择的两个数均为 $-1$ ，会使和增加 $4$;
如果选择的两个数一个是 $1$ ，一个是 $-1$，和不变；
如果选择的两个数均为 $1$，会使和减小 $4$

代码：

#include
using namespace std;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 1e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int, int> pii;

int n;
int a[maxn];
void solve(){
	cin >> n;
	int sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> a[i];
		sum += a[i];
	}
	int flag1 = 0, flag2 = 0;
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		if(a[i] == -1 && a[i-1] == -1){
			flag1 = 1;
			break;
		}
		if(a[i] != a[i-1])
			flag2 = 1;	
	}
	if(flag1)
		sum += 4;
	else if(!flag2)
		sum -= 4;
	//cout << "ans = " ; 
	cout << sum << endl;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}

B. The Forbidden Permutation

题意：

给定长度为 $n$ 的一个排列 $p$，大小为 $m$ 的数组 $a$ ，$a$ 中元素互不相同

数组 $a$ 是 不好的 当且仅当 对任意 $1\le i<m$ ，都有 $pos(a_i)<pos(a_{i+1})\le pos(a_i)+d$ 。$pos(x)$ 是 $x$ 在排列 $p$ 中的位置。

每次操作可以交换排列 $p$ 中的两个相邻元素，询问是数组 $a$ 成为 好的 的最少操作次数。

解析：

依次考虑每一组 $a_i$ 和 $a_{i+1}$ 。

如果不满足条件，则答案为 $0$ ，因为此时数组 $a$ 已经是好的；

如果满足条件，通过操作使条件不满足。可以将 $a_{i+1}$ 放到 $a_i$ 的前边，操作次数为 $pos(a_{i+1})-pos(a_i)$ 。也可以使$a_{i+1}$ 放到后边，操作次数为 $pos(a+i)+d+1-pos(a_{i+1})$。

特别注意，当 $d>=n-1$ 时，无法通过第二种方法使条件不满足

代码：

#include
using namespace std;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 5e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int, int> pii;

int n, m, d;
int p[maxn], a[maxn], pos[maxn];
void solve(){
	cin >> n >> m >> d;
	int ans = INF;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> p[i];
		pos[p[i]] = i;
	}		
	for(int i = 1; i <= m; i++)
		cin >> a[i];
	
	for(int i = 1; i < m; i++){
		if(pos[a[i]] < pos[a[i+1]] && pos[a[i+1]] <= pos[a[i]]+d){
			int c1 = pos[a[i+1]]-pos[a[i]];
			int c2 = pos[a[i]]+d+1-pos[a[i+1]];
			if(d >= n-1)
				c2 = INF;
			int c = min(c1, c2);
			ans = min(ans, c);
		}
		else{
			ans = 0;
			break;
		}
	}
	//cout << "ans = ";
	cout << ans << endl;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}

C. Flexible String

题意：

给定两个长度为 $n$ 的字符串 $a,b$ 。其中，$a$ 中不同字符个数不超过10个。

给定一个初始空集合 $Q$ 。每次操作可以选定 $i$，将 $a_i$ 放到集合 $Q$ 中，并用任意小写字母代替 $a_i$。集合 $Q$ 中元素个数 不能超过 $k$

询问 $(l,r)$ 的个数，$(l,r)$ 满足 $a[l,r]=b[l,r]$。

解析：

首先看到 $a$ 中字符种类不超过$10$，选择 $k$ 个的话，最多 $C(10,5)=252$ 种情况。
每种情况如果可以在 $O(n)$ 时间内计算结果的话，就可以解决。

考虑长度为 $len$ 的 $a,b$ 相同的子串。对答案的贡献为 $\frac{len(len+1)}{2}$ 。因此，对于每种情况，遍历一次 $a,b$，计算结果即可。

代码：

#include
using namespace std;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 1e5+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxs = 1023;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int, int> pii;

ll f(int x){
	ll res = x;
	return res*(res+1)/2;
}
char a[maxn], b[maxn];
int n, k;
vector<int> s[12];
int cal(int x){
	int cnt = 0;
	while(x){
		if(x&1)
			cnt++;
		x = x >> 1;
	}
	return cnt;
}
void init(){
	for(int i = 0; i <= maxs; i++){
		int cnt = cal(i);
		s[cnt].push_back(i);
		/*
		for(int j = cnt; j <= 10; j++)
			s[j].push_back(i);*/
	}
}
int vis[30];
map<int, int> mp;
bool check(int state, int x){
	if((state & (1<<x)) == 0)
		return false;
	else
		return true;
}
void solve(){
	cin >> n >> k;
	cin >> a+1 >> b+1;
	memset(vis, 0, sizeof(vis));
	mp.clear();
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int s = a[i]-'a';
		vis[s] = 1;
	}
	for(int i = 0; i <= 25; i++){
		if(!vis[i])
			continue;
		int cnt = 0;
		for(int j = 0; j < i; j++)
			if(vis[j])
				cnt++;
		mp[i] = cnt;
	}
	for(int ii = 0; ii < s[k].size(); ii++){
		int state = s[k][ii];
		int len = 0;
		ll res = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i++){
			int x = a[i]-'a';
			if(a[i] == b[i]){
				len++;
			}
			else if(check(state, mp[x])){
				len++;
			}
			else{
				res += f(len);
				len = 0;
			}
		}
		if(a[n] == b[n] || check(state, mp[(int)a[n]-'a']))
			res += f(len);
		ans = max(res, ans);
	}
	//cout << "ans = ";
	cout << ans << endl;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	init();
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}

D. Flexible String Revisit

题意：

给定长度为 $n$ 的 $01$ 串 $a,b$ 。每次操作随机选 $i$ ，翻转 $a_i$

询问 $a$ 和 $b$ 第一次相等的操作次数的期望

解析：

令 $f_i$ 为 由 $i-1$ 处相同，变为 $i$ 处相同的期望次数。

如果此时有 $i$ 处相同。有$\frac{n-i}{n}$ 概率操作一次；有$\frac{i}{n}$ 的选中相同的位置，变成 $i-1$ 处相同，然后需要操作 $f_i+f_{i+1}$ 次变为 $i+1$ 处相同。

因此 $f_{i+1}=\frac{n-i}{n}+\frac{i}{n}\times (1+f_i+f_{i+1})$

整理得：$f_{i+1}=1+\frac{i}{n-i}\times (1+f_i)$

如果初始 $a$ 和 $b$ 有 $k$ 处相同，答案为$\sum _{i=k+1}^n{f}_i$

代码：

#include
using namespace std;
#define fi first
#define se second
const int maxn = 1e6+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int, int> pii;


ll qpow(ll a, ll b){
	ll res = 1;
	while(b){
		if(b&1)
			res = res*a%mod;
		b = b >> 1;
		a = a*a%mod;
	}
	return res%mod;
}
ll inv(ll a){
	return qpow(a, mod-2);
}
ll f[maxn];
char a[maxn], b[maxn];
void solve(){
	int n;
	cin >> n;
	cin >> a+1 >> b+1;
	ll sam = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
		if(a[i] == b[i])
			sam++;
	f[1] = 1;
	for(int i = 1; i < n; i++){
		f[i+1] = 1 + i*inv(n-i)%mod*(f[i]+1);
		f[i+1] %= mod;
	}
	ll sum = 0;
	for(int i = sam+1; i <= n; i++){
		sum += f[i];
		sum %= mod;
	}
	sum = ((sum%mod)+mod)%mod;
	cout << sum << endl; 
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
		solve(); 
	return 0;
}