牛客周赛 Round 29 （A,B,C,D,E,F）

这场难度控制的特别出色，不难但是都很有意思，尤其是E这个构造部分。比赛链接，官方视频讲解。

AB没有用到什么算法，C是个字符串处理，D是中位数，E是构造，F是概率DP。

---

A 小红大战小紫

思路：

比大小，没什么好说的

code：

#include 
#include 
using namespace std;

int main(){
	int a,b;
	cin>>a>>b;
	puts((a==b)?"draw":(a>b)?"kou":"yukari");
	return 0;
} 

---

B 小红的白日梦

思路：

如果一天没有梦，那么这天就没有贡献，如果有一个，就一定放到白天，产生两点贡献，如果有两个，产生三点贡献。

code：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

int n,ans;
string a,b;

int main(){
	cin>>n>>a>>b;
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(a[i]=='Y' || b[i]=='Y')ans+=2;
		if(a[i]=='Y' && b[i]=='Y')ans++;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

---

C 小红的小小红

思路：

因为一定有“xiao”和“hong”这两个串，然后把它们取出来放在一起，其他的字符串不用管，所以可以用string。

string里有一个成员函数叫find(str)，它可以从字符串中找到子串str，并返回它的首地址下标。然后还有一个成员函数erase(pos,len)，它可以把字符串从pos下标位置开始后len个字符删掉。用这两个函数可以把“xiao”和“hong”这两个串剔出来，之后放到字符串末尾即可。

code：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

string a;

int main(){
	cin>>a;
	a.erase(a.find("xiao"),4);
	a.erase(a.find("hong"),4);
	a+="xiaohong";
	cout<<a;
	return 0;
}

---

D 小红的中位数

思路：

中位数的定义是 一组数据中排在中间位置的数，如果数据量是偶数，则中位数是中间两个数的平均值。

所以可以分情况来看，先对数组排序，如果一开始n为偶数，中位数就是第 $\frac{n}{2}$ 和 $\frac{n}{2}+1$ 个数和的一半，去掉一个变成奇数。如果删掉的那个是前 $\frac{n}{2}$ 的数，中位数相当于会右移一位，也就是原来的第 $\frac{n}{2}+1$ 个，如果删掉的是后 $\frac{n}{2}$ 的数，则为第 $\frac{n}{2}$ 个。（其实说白了就是要找第 $\frac{n}{2}$ 个元素，如果前面的数消失了，就顺位往后找一位即可。）

如果一开始n为奇数，中位数就是第 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$ 个数，去掉一个变成偶数。如果删掉的那个是前 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 的数，中位数是第 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1$ 和第 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +2$ 个和的一半。如果删掉的是第 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$，中位数是第 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 和第 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +2$ 个和的一半。如果删掉的是后 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$的数，中位数是第 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 和第 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1$ 个和的一半。（其实说白了就是要找第 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 和 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1$ 个元素，如果第 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor$ 前面的数消失了，就两个数都顺位往后找一位即可，第 $\lfloor \frac{n}{2}\rfloor +1$ 个丢失了就这一个数向后找一位）

只看理论容易迷糊，用实例来手推的话写起来很快。

题解的思路是 对数组排好序后从小到大枚举每个元素，把答案和这个元素的原来下标绑定一下，根据原来下标排好序后依次输出答案即可。但是找中位数的思路和上面是一致的

code：

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;

int n,a[maxn],b[maxn];

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		b[i]=a[i];
	}
	sort(b+1,b+n+1);
	
	int tn;
	double ans;
	if(n&1){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			tn=(n-1)/2;
			if(a[i]<=b[tn])ans=(b[tn+1]+b[tn+2])/2.0;
			else if(a[i]==b[tn+1])ans=(b[tn]+b[tn+2])/2.0;
			else ans=(b[tn]+b[tn+1])/2.0;
			printf("%.1lf\n",ans);
		}
	}
	else {
		for(int i=1;i<=n;i++){
			tn=n/2;
			if(a[i]<=b[tn])ans=b[tn+1];
			else ans=b[tn];
			printf("%.1lf\n",ans);
		}
	}
	
	return 0;
}

---

E 小红构造数组

思路：

有意思的来了。

首先需要先对x分解质因数，统计每个质因数和它的个数。然后用前面的质因数尝试构造出一个相邻两数不同的数列。分解质因数统计个数这一步可以用素数筛，也可以开方暴力，因为合数在分解之前，它的质因数一定会被分解到，所以开方暴力不需要判断素数，建议使用，很好写。

问题在于如何构造，因为 $1\le x\le 10^{13}$ 最多也就四五十个质因数，所以很暴力的做法都不会超时（别写dfs就行）：

1. （赛时的想法，有点丑陋）直接贪心，每次插入一种质因数，如果序列不合法，就从第一对不合法的位置开插。如果序列合法，那就隔一个数插一个就行了。如果到了末尾，就回到开始继续插。举个例子：
   如果有5个2，3个3，3个5，2个7可以这样插入：
   先插入2，得到2 2 2 2 2
   再插入3，从第一对不合法位置开始，得到2 3 2 3 2 3 2 2
   再插入5，从第一对不合法位置开始，查到最后再循环回来，得到5 2 3 2 3 2 3 2 5 2 5
   再插入7，因为这时候合法了，所以直接插入，得到7 5 7 2 3 2 3 2 3 2 5 2 5
   因为每次插入都是隔一个数，前面插过的数一定和当前的数不一致，所以可以保证插过的地方一定合法，不合法的原因在于插一圈回来和自己重复了，因此一次只存在一串不合法的位置，我们直接贪心地从第一对不合法的位置开插，可以保证首先消除的一定是不合法的位置，之后再随便插都可以。因此保证了正确性，如果插完了都还有不合法的位置，那么一定不存在解。（很难写）
2. 题解的做法，可以给次小的质因数个数补上其他的更小的质因数，把它补到至少最大值-1，这样一轮中可以先输出一个最大的质因数，再输出一个次大的质因数，再输出其他剩余的质因数各一个，这样一轮之中输出的数各不相同，一定不重复。因为每一轮至少可以输出一个最大，一个最小，所以轮与轮中间是不会有重复的。如下图：
   
   但是这样比较难写，考虑到其实就是随便拿一个质因数和最大个数抵消，直到最大个数和次大个数相差为1或者相等。所以我们可以每一轮拿出最大个数和另外一个质因数，两个数各取出一个相互抵消，这里我们可以拿次大个数，这样就是题解的做法了。判定无解条件也很显然了，就是最大个数的质因数比剩下的所有质因数个数+1还大，就说明凑不出来最大和次大差1了。
   
3. 假如一共有sum个质因数，有解的判定条件和上面一致，即最大个数的质因数小于等于剩下的所有质因数个数+1。把所有质因数按次数排好，比如3 3 3 2 2 5，然后先向前n个位置中的奇数位置按顺序放数，放满后再从偶数位置开始放，最后看一下有没有不合法位置即可。比如上面的就可以变成3 2 3 2 3 5。
   评论区有人提醒这也是一种贪心思想。假如最多的质因数个数为 $x$，次多的为 $y$，一共有 $sum$ 个。首先先把第一多的数放进奇数位置，因为有解的话，$x$ 一定 $\le$ 剩下的所有质因数个数+1，也就是 $x\le sum-x+1$，所以$x\le \lfloor \frac{sum+1}{2}\rfloor =\lceil \frac{sum}{2}\rceil =$ 奇数位置，所以奇数位置一定放得下。之后放入次多的数，奇数位置放完就从偶数位置开始继续放，如果要和奇数位置的这个数重复的话，次多的数一定需要至少奇数位置个数个这个质因数（偶数位置的数每个位置前移一位就和所有奇数位置重合了），即 $y=\lceil \frac{sum}{2}\rceil$，但这是不可能发生的。因为如果 $x=y=\lceil \frac{sum}{2}\rceil =\frac{sum}{2}$，$y$ 就不可能从奇数位置开始放了，而其他情况都不会满足有 $y=\lceil \frac{sum}{2}\rceil$ 个，最大和次大都不可能，后面就更没可能了，因此这样贪心是正确的。

这种题有很多种解法，本人愚钝不能参悟，只能整理出这三种解法。万无禁忌，千变万化，这也是算法竞赛的诱人之处吧。

code：

第一种思路，贪心，用的循环双链表，注意特判x=1。由于x可能有个大素数因子，所以要开longlong，否则会爆吃一串WA。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e7+5;
const int maxm=10005;

ll x;

ll prime[maxn],counter;
bool vist[maxn];
void Eular(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vist[i])prime[++counter]=i;
		for(int j=1,p=prime[1];j<=counter && i*p<=n;p=prime[++j]){
			vist[i*p]=true;
			if(i%p==0)break;
		}
	}
}

pair<ll,int> d[maxm];//质因数，个数 
int ct,n;
int nxt[maxm],pre[maxn],cnt;
ll a[maxm];

int main(){
	Eular(1e7);
	cin>>x;
	if(x==1){
		printf("-1");
		return 0;
	}
	for(int i=1,p=prime[1];1ll*p*p<=x;p=prime[++i]){
		if(x%p==0){
			d[++ct].first=p;
			while(x%p==0){
				d[ct].second++;
				x/=p;
			}
			n+=d[ct].second;
		}
	}
	if(x!=1){
		d[++ct].first=x;
		d[ct].second++;
		n+=d[ct].second;
	}
	sort(d+1,d+ct+1,[](pair<ll,int> x,pair<ll,int> y){return x.second>y.second;});
	
	int p=0;
	for(int i=1;i<=ct;i++){
		p=nxt[0];
		while(p && a[p]!=a[nxt[p]])p=nxt[p];
		for(int j=1;j<=d[i].second;j++){
			a[++cnt]=d[i].first;//向p后插入
			pre[cnt]=p;
			nxt[cnt]=nxt[p];
			pre[nxt[p]]=cnt;
			nxt[p]=cnt;
			p=nxt[cnt]; 
		}
	}
	bool f=false;
	for(int p=nxt[0];nxt[p];p=nxt[p]){
		if(a[p]==a[nxt[p]]){
			f=true;
			break;
		}
	}
	if(f){
		printf("-1");
		return 0;
	}
	printf("%lld\n",n);
	for(int p=nxt[0];p;p=nxt[p]){
		printf("%lld ",a[p]);
	}
	
	return 0;
}

第二种思路：
用堆来存储（题解用multiset，其实是一样的），每次取出最大和次大各输出一个，然后放回堆。

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;

ll x;

priority_queue<pair<int,ll> > h;//个数 质因数 
int sum;

int main(){
	cin>>x;
	if(x==1){
		printf("-1");
		return 0;
	}
	for(ll i=2;1ll*i*i<=x;i++){
		if(x%i==0){//这里不用判素数，因为组成合数的素数早就被除掉了
			pair<int,ll> t(0,0);
			t.second=i;
			while(x%i==0){
				t.first++;
				x/=i;
			}
			sum+=t.first;
			h.push(t);
		}
	}
	if(x!=1){
		sum++;
		h.push(make_pair(1,x));
	}
	
	if(h.top().first>sum-h.top().first+1){
		printf("-1");
		return 0;
	}
	printf("%d\n",sum);
	while(!h.empty()){
		pair<int,ll> t1=h.top(),t2;
		h.pop();
		if(!h.empty()){
			t2=h.top();
			h.pop();
			printf("%lld %lld ",t1.second,t2.second);
			t1.first--;
			t2.first--;
			if(t1.first)h.push(t1);
			if(t2.first)h.push(t2);
		}
		else {
			printf("%lld\n",t1.second);//就剩一个了 
			break;
		}
	}
	
	return 0;
}

第三种思路。

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=105;
typedef long long ll;

ll x;

pair<int,ll> d[maxn];//个数 质因数 
int cnt,sum;
ll a[maxn];

int main(){
	cin>>x;
	if(x==1){
		printf("-1");
		return 0;
	}
	for(ll i=2;1ll*i*i<=x;i++){
		if(x%i==0){
			d[++cnt].second=i;
			while(x%i==0){
				d[cnt].first++;
				x/=i;
			}
			sum+=d[cnt].first;
		}
	}
	if(x!=1){
		sum++;
		d[++cnt]=make_pair(1,x);
	}
	sort(d+1,d+cnt+1,greater<pair<int,ll> >());
	
	if(d[1].first>sum-d[1].first+1){
		printf("-1");
		return 0;
	}
	printf("%d\n",sum);
	int i=1;
	for(int p=1;p<=sum;p+=2){
		a[p]=d[i].second;
		--d[i].first;
		if(d[i].first==0)i++;
	}
	for(int p=2;p<=sum;p+=2){
		a[p]=d[i].second;
		--d[i].first;
		if(d[i].first==0)i++;
	}
	for(int j=1;j<=sum;j++)
		printf("%lld ",a[j]);
	
	return 0;
}

---

F 小红又战小紫

思路：

虽说概率DP给人的感觉就是吓人，但是这个还挺好写的。

首先看到有两个技能，一个是随机一个石子堆石子-1，另一个技能是全体石子堆石子-1。而且题目说了每堆石子初始个数小于等于2。那么可以推出两个很显然的结论：

1. 如果所有石子堆石子个数都是1，这时不存在石子堆石子个数为2，一定使用技能2，这时胜率是1
2. 如果存在至少一个石子堆石子个数为2，那么一定使用技能1（否则对方会面临所有石子堆石子个数都是1的情况，对方必胜）

假设 $dp[i][j]$ 表示某一方 面对 一共 $i$ 堆非空石子堆，$j$ 堆为2个石子的石子堆 的局面的胜率。那么

1. $j\ne 0$ 时，使用技能1
   $dp[i][j]$ 有 $(i-j)/i$ 概率转移到 $dp[i-1][j]$ $(i>j)$
   $dp[i][j]$ 有 $j/i$ 概率转移到 $dp[i][j-1]$ $(j>0)$
2. $j=0$ 时，使用技能2，这时也就是边界条件 $dp[i][0]=1$

由于 $dp[i][j]$ 表示某一方的胜率，而游戏是两个玩家交替进行，我们在一个局面，它的下一个局面的胜率实际上是对手在面对，dp值是对手的胜率，也就是我们在这个状态的败率。因此从下一个状态推过来时，需要用败率来乘转移概率再求和。也就是 $dp[当前状态]=\sum (1-dp[下一个状态])\ast 转移概率$

code：

#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=1e4+5;
const int mod=1e9+7;
typedef long long ll;

int n,cnt1,cnt2;
ll dp[maxn][maxn];

ll qpow(ll a,ll b){
	ll base=a,ans=1;
	while(b){
		if(b&1){
			ans*=base;
			ans%=mod;
		}
		base*=base;
		base%=mod;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
inline ll inv(ll x){
	return qpow(x,mod-2);
}

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1,t;i<=n;i++){
		cin>>t;
		if(t==1)cnt1++;
		if(t==2)cnt2++;
	}
	for(int i=0;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=min(i,cnt2);j++){
			if(i>0)dp[i][j]+=(i-j)*inv(i)%mod*((1-dp[i-1][j]+mod)%mod)%mod;//拿石子1的堆 
			if(j>0)dp[i][j]+=j*inv(i)%mod*((1-dp[i][j-1]+mod)%mod)%mod;//拿石子2的堆 
			else dp[i][j]=1;
			dp[i][j]%=mod;
		}
	}
	
	cout<<dp[n][cnt2];
	return 0;
}