Educational Codeforces Round 154 (Rated for Div. 2)【A-E】【详细题解，F未完待续】

Educational Codeforces Round 154 (Rated for Div. 2)

A. Prime Deletion（模拟）

题意：给出一个长度为9，含有1-9字符的串，求一个长度大于等于2的子序列，这个子序列是素数。

思路：取13或者取31

代码：

void solve() {
    string s;
    cin >> s;
    for (auto &x : s) {
        if (x == '1' || x == '3') cout << x;
    }
    cout << '\n';
}

B. Two Binary Strings（思维）

题意：给定两个01串，现有操作，每次可以选择两个相同的字符（同一字符串），并把这两个字符之间的位置都填上这个字符。让你判断这两个字符串通过若干这样的操作能否变成相同的字符串。注意，最左端是0，最右端是1。

思路：实际上，经过操作后我们可以把这些字符串分成若干0块和1块（连续的含有0或1的子串），实际上这种情况再操作一次，取最左侧的1块的第一个1和最右端的1，就能转化成00000111111111的串，任何相同的串都可以转化成这种串，我们判断能否转化成这样的01串就行。枚举所有1的位置，判断能否转化，如果一个是1，一个不是1，那么必定不行，这样没有1的那个串就无法把1串延展的恰好这个位置，要么左侧1，右侧1，必须都是1，同样的，保证0等延伸到这也需要保持相同。

代码：

void solve() {
    string a, b;
    cin >> a >> b;
    int n = a.size();
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        if (a[i] == b[i] && a[i] == '1' && a[i - 1] == b[i - 1] && a[i - 1] == '0') {
            cout << "YES\n";
            return;
        }
    }
    cout << "NO\n";
}

C. Queries for the Array（贪心+模拟）

题意：有三种操作，+操作，在数组末尾添加一个数，-操作，移除末尾一个数，0/1操作，检查数组是否是单调不减的，是写1，不是写0。问是否可能出现。

补充：逆序是指较小的数在较大的数后面。

思路：关键是01的位置。以下提供我的思路，首先将字符串划分成一个个含有+±-0/1的子串，因为每个0，1的判断相关联的是部分就是前面的+和-的部分。我维护两个栈，一个栈bad是产生逆序的位置，非空，就会造成这个当前序列不是排序的；一个栈may是记录可能产生逆序的位置。

分两种情况，如果当前子串末尾是1，这种情况比较简单，此时，may栈要清空，因为已经认定当前位置所有数有序了，接下来模拟±操作，用cnt记录当前末端的数是第几个数，当-的时候，检查bad栈顶是否有相同元素，有则弹出，删除了一个已经存在的逆序数。

如果当前子串的末尾是0，这种时候要仔细一些。分两种小清空，首先，如果bad栈是空的，为了让0合法，必须找个位置设置逆序，对于0我们有多个位置选择逆序，这些位置对于0而言都是等价的，但是必须取，但是对于后续的1的影响是不同的，为了后面的1更好的合法，后面的1所更改的范围是有限的，为了更好地覆盖前面逆序的位置，我们选取逆序的位置必须尽量靠后，所以我们取may栈顶的数作为逆序位置。如果may栈是空的，也就是前面有1，或者本次操作内没有可以放置逆序的地方，就是非法的。在本次循环中，如果+的话我们往may栈内增加，-的话要相应减去，确保本次操作可能的逆序的位置入栈。

代码：

void solve() {
    string s;
    cin >> s;
    int n = s.size();
    
    vector<string> op;
    string tmp;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        tmp += s[i];
        if (s[i] == '0' || s[i] == '1') {
            op.push_back(tmp);
            tmp = "";
        }
    }

    stack<int> bad, may;
    int cnt = 0;
    for (auto &x : op) {
        if (x.back() == '1') {
            int n = x.size();
            for (int i = 0; i + 1 < n; i++) {
                if (x[i] == '+') cnt++;
                else {
                    if (!bad.empty() && bad.top() == cnt) {
                        bad.pop();
                    }
                    cnt--;
                }
            }
            while (!may.empty()) may.pop();
            if (!bad.empty()) {
                cout << "NO\n";
                return;
            }
        } else {
            int n = x.size();
            for (int i = 0; i + 1 < n; i++) {
                if (x[i] == '+') {
                    cnt++;
                    if (cnt > 1)
                    may.push(cnt);
                } else {
                    if (!bad.empty() && bad.top() == cnt) {
                        bad.pop();
                    }
                    if (!may.empty() && may.top() == cnt) {
                        may.pop();
                    }
                    cnt--;
                }
            }
            if (bad.empty()) {
                if (may.empty()) {
                    cout << "NO\n";
                    return;
                } else {
                    bad.push(may.top());
                }
            }
        }
    }
    cout << "YES\n";
}

D. Sorting By Multiplication(前缀/后缀和)

题意：给出一个数组，每次操作可以选择一个区间乘上一个数（可正可负），最后使得这个数组有序。问最少要操作几次。

思路：首先，我们考虑全都是正数的情况，如果有一个$a_i⩾a_{i+1}$我们至少要操作一次，如果有两个$a_i⩾a_{i+1}$我们至少要操作两次，同样地，有$k$个就需要操作$k$次。可以用数学归纳法证明。此外，关于负数的情况，首先操作后必然是一段连续的负数（或者是空），如果是多段负数，中间的正数必然是非法的，不符合最优的原则。如果有负数的话，我们首先给一个前缀乘上一个负数，这样操作之后，负数前缀的数必定小于正数后缀的数，接下来保证两者内部都是有序的，负数和正数的情况恰好相反，枚举所有的负数前缀，统计使得前缀和后缀有序的操作数，取最小。

另外：为什么可以先乘一个负数，对于选取的前缀，需要让前缀全负并且升序，我们可以按照$a_i⩽a_{i+1}$划分乘一段一段，分别乘上合适的负数，最后多出段前缀的非负数，其实等效于我事先乘上一个负数，取全部的选择的负数前缀。

代码：

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    vector<int> l(n), r(n + 1);
    l[0] = 0;
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        l[i] = l[i - 1] + (a[i] >= a[i - 1]);
    }
    r[n - 1] = r[n] = 0;
    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        r[i] = r[i + 1] + (a[i] >= a[i + 1]);
    }
    int ans = r[0];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        ans = min(ans, l[i] + r[i + 1] + 1);
    }
    cout << ans << '\n';
}

E. Non-Intersecting Subpermutations（dp+前缀和优化）

题意：给你两个数n,k，问长度为n数组，里面是任意的1到k的数，所有出现长度为k连续的两两相同的子数组的数目。

思路：意译了一下官方题解，并且补充了一些说明。

题解：

• 首先考虑给出一个确定的数组和k，如何计算这个数目呢？可以考虑贪心，尽可能选择靠左的子数组，这样剩余的数越多，更可能选择出更多的子数组。利用哈希表，判断是否出现过当前的数，可以在$O(n)$的时间复杂内实现。我们的目标是选择出后缀k个数不同，我们需要判断当前的数是否出过，出现过需要调整左侧指针，指向上一个相同的数出现的位置后一个数，没有出现过后缀长度会增长1，如果抵达k后缀长度要减到0，答案增加1，因为我们不能重复使用这些数。

• 设计$d{p}_{i,x,c}$是当前长度为$i$，后缀两两不同的数长度为$x$，当前有效子数组的数目是$c$的状态的数组数目。那么此时最后的答案便是${\sum }_{x=0}^{k-1}{\sum }_{c=1}^{\frac{n}{k}}d{p}_{n,x,c}\cdot c$，答案的含义是，对长度为$n$，后缀有效数字$0\sim k-1$的情况，对所有不同价值的数组数对应求和。

• $d{p}_{i,x,c}$转移有两种。

  • 新的数不出现在长为$x$的后缀当中，这种情况比较简单：

    • 其一，转移到$d{p}_{i+1,x+1,c}$，这里要求$x+1<k$，没有凑齐新的后缀。
    • 其二，转移到$d{p}_{i+1,0,c+1}$，这里是刚好$x+1=k$，此时记录这个前缀价值加1。
    • 注意点，对于前$i+1$的对应种类数，我们需要用前$i$的对应种类数，乘以当前新的数的选择数也就是$k-x$，根据乘法原理求出此种转移对后面的贡献。

  • 新的数出现在长为$x$的后缀当中，这样并不会增加$x$或者价值数，不会增加有效后缀长度。对于一个长度为$x$的后缀，这个新出现的数有$1\sim x$种可能，对于所有出现的数，这个数再原先后缀的位置可能是倒数第$1\sim x$位置。因此可能转移到$d{p}_{i+1,1\sim x,c}$，但是直接转移的时间复杂度就是$O(n{k}^2)$，为了减小复杂度，考虑前缀和。注意看。

  • $$\begin{array}{rl}对于k-1，转移的范围是& 123\dots k-3k-2k-1\\ 对于k-2，转移的范围是& 123\dots k-3k-2\\ 对于k-3，转移的范围是& 123\dots k-3\\ \dots & \\ 对于3，转移的范围是& 123\\ 对于2，转移的范围是& 12\\ 对于1，转移的范围是& 1\end{array}$$

  • 我们可以注意到，此类转移对于$d{p}_{i+1,j,c}$的贡献。就是对应某列，我们可以用前缀的思想，首先取转移范围最大的，依次累加，可以在$O(k)$的时间复杂度内，得到各列所得到的来自$d{p}_{i,x,c}$贡献。

• 上面的方法已经可以通过了，注意此处的$c$的上限是$\frac{n}{k}$，所以三维的总空间复杂度是$O(n^2)$

• 实际上，第三维度可以省略，每次我们凑出一个完整的后缀的时候，直接计算当前这个后缀对最后的答案的贡献，相当于把原来最后求答案的过程，分散到循环当中，边递推边求答案。$d{p}_{i,j}$的含义是前$i$个数，有长度为$j$的有效后缀，的前缀数组数目。$j=0$的时候，就是在当前节点为结尾的长度为$k$的后缀，的前$i$个数的排列组合数，乘以后面的其他任意组合的数，就是此处结尾$k$个数的贡献。注意，后面的数可以随意取，因为即使里面出现了另外的$k$个的数，并不会重复计算。因为后者一种情况和此处的后缀互斥，不冲突。即使可以同时存在，这两者的贡献都是独立的，并不矛盾。都是合法的答案。

代码：

ll po(ll rad, ll idx) {
	ll res = 1;
	while (idx) {
		if (idx & 1) res = res * rad % mod;
		rad = rad * rad % mod;
		idx >>= 1; 
	}
	return res;
}
int add(int x, int y) {
	return (x + y) % mod;
}
void solve() {
	int n, k;
	cin >> n >> k;
	vector<vector<int>> f(n + 1, vector<int> (k + 1, 0));
	f[0][0] = 1;
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		int cur = 0;
		for (int j = k - 1; j >= 1; j--) {
			cur = add(cur, f[i][j]);
			f[i + 1][j] = cur;
		}
		for (int j = k - 1; j >= 0; j--) {
			int nxt = (j + 1) % k;
			f[i + 1][nxt] = add(f[i + 1][nxt], 1ll * f[i][j] * (k - j) % mod);
		}
		ans = add(ans, 1ll * f[i + 1][0] * po(k, n - i - 1) % mod);
	}
	cout << ans << '\n';
}

F. Four Suits

题意：有$n+1$个人，$n$个牌手，$1$个发牌人。发牌人有一副牌，包含四种花色（不同花色的牌数目不一定相同）。这副牌的总数可以被$n$整除。发牌人把全部的牌等分给每个牌手。然后，每个牌手，选择保留手上牌的一种花色，其余牌都弃置。此时比较每个人牌数，拥有最大牌数的人获得最大牌数减去次大牌数的积分，其余人获得零积分。

每个人都想赢，必定会选择手上牌数最多的花色保留。

现在，发牌人已经给了一些牌给选手。第$i$个选手获得$a_{i,j}$张$j$花色的牌。此时每个牌手手里的牌数不必相等，因为还没有发完牌。此时告诉你发牌人手上对应花色$1,2,3,4$剩余的牌$b_1,b_2,b_3,b_4$。现在请你计算针对每一个牌手的最佳发牌方式，使得其获得最大的分数。

输入：一个数$n$，一个$n\times 4$的矩阵，$b_1,b_2,b_3,b_4$四个数。

输出：$n$个数，每个牌手最大积分。

范围：$2⩽n⩽5e4$, $0⩽a_{i,j},b_j⩽1e6$

• 未完待续