Educational Codeforces Round 155 ABCD 题解 | JorbanS

A-Rigged!

int solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> w[i] >> t[i];
    for (int i = 1; i < n; i ++)
        if (w[i] >= w[0] && t[i] >= t[0])
            return -1;
    return w[0];
}

B-Chips on the Board

ll solve() {
    cin >> n;
    int minA = 1e9, minB = 1e9;
    ll sumA = 0, sumB = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++) {
        int x; cin >> x;
        minA = min(minA, x);
        sumA += x;
    }
    for (int i = 0; i < n; i ++) {
        int x; cin >> x;
        minB = min(minB, x);
        sumB += x;
    }
    ll res = min((ll)minA * n + sumB, (ll)minB * n + sumA);
    return res;
}

C-Make it Alternating

题意 给定 $01$ 串，删除一些 $0,1$，使得原串变成 $0,1$ 交替的串，问要进行多少次操作和有多少种删除方式（每次删除的位置不同即不同删除方式）

题解

对于一个复杂 $01$ 串，将其分解成若干纯 $0$ 串和纯 $1$ 串，每个纯 $0$ 串或纯 $1$ 串，选择保留一个，因此是 $C_n^1=n=串长$

将要删除的 $01$ 按顺序排列成新的串，此时串中的每个值是 $0$ 或 $1$ 已经不重要，因为他们具有一个共同属性，都要被删除，而现在要决定顺序

对于单独的一个长度为 $n$ 的串（无需考虑 $0,1$ 本身）

当 $n=2$ 时，xx，有 1, 2 两种选择，$f(2)=2$

当 $n=3$ 时，xxx，对于第一次操作有 1，2，3 三种选择，对于后续的操作，和 $n=2$ 一致，$f(3)=3\cdot f(2)$

……，类似的，当长度为 $n$ 时，对于第一次操作有 $n$ 种选择，对于后续的操作有 $f(n-1)$ 种选择，因此一共有 $f(n)=n\cdot f(n-1)$ 种选择

因此对于长度为 $n$ 的单独的全 $0$ 串或全 $1$ 串，有 $n!$ 种选择方式

综上对于每个纯 $0$ 串或纯 $1$ 串，都要选择保留一个，即 $C_n^1=n=串长$。而整体有 $n!$ 种删除方式，因此答案为 $(\sum len-n)!\prod len$

void solve() {
    string s; cin >> s;
    int n = s.size();
    ll RES = n - 1, res = 1, cnt = 1;
    for (int i = 1; i < n; i ++) {
        if (s[i] == s[i - 1]) cnt ++;
        else {
            (res *= cnt) %= mod;
            cnt = 1, RES --;
        }
    }
    res = res * cnt % mod * fac[RES] % mod;
    cout << RES << ' ' << res << endl;
}

D-Sum of XOR Functions

题意 $n$ 个非负数的序列 $a$，计算 ${\sum }_{l=1}^n{\sum }_{r=l}^n{\oplus }_{i=l}^r{a}_i\cdot (r-l+1)(\mathrm{mod}998244353)$

题解 单独考虑每一位，分别进行计算。对于每一位，转化成求一个长度为 $n$ 的 $01$ 串的异或值为 $1$ 的子串长度之和。在遍历的过程中维护即可

$m[i]$ 表示当前有多少个 $i$

int solve() {
    int n; cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    int res = 0;
    for (int i = 30; i >= 0; i --) {
        (res <<= 1) %= mod;
        int t[2] = {1}, m[2] = {1};
        int XOR = 0;
        for (int j = 1; j <= n; j ++) {
            XOR ^= a[j] >> i & 1;
            m[XOR] ++;
            (res += t[!XOR]) %= mod;
            (t[0] += m[0]) %= mod;
            (t[1] += m[1]) %= mod;
        }
    }
    return res;
}