【AtCoder】AGC021
A - Digit Sum 2
从高位到低位数的第i位之前前缀都相同，第i位比当前位上的数小1的状况下，后面都填9
枚举一下而后计算最大的就好c++
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int64 N;
int x[25],tot;
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
read(N);
while(N) {
x[++tot] = N % 10;
N /= 10;
}
int ans = 0,sum = 0;
for(int i = tot ; i >= 1 ; --i) {
ans = max(ans,sum + x[i] - 1 + (i - 1) * 9);
sum += x[i];
}
ans = max(ans,sum);
out(ans);enter;
return 0;
}
B - Holes
若是两个点的话或者全部点共线的话两个端点各是0.5
咱们给这些点求一个凸包，因为半径是无穷大，咱们只关心凸包上的点相邻两边作垂直平分线交出来的角除以2PI的值
这个值能够用PI减去凸包上的顶角求出来git
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 100005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const db PI = acos(-1.0);
int N,top;
db ans[105];
bool dcmp(db a,db b) {
return fabs(b - a) <= eps;
}
struct Point {
db x,y;int id;
Point(db _x = 0.0,db _y = 0.0) {
x = _x;y = _y;
}
friend Point operator + (const Point &a,const Point &b) {
return Point(a.x + b.x,a.y + b.y);
}
friend Point operator - (const Point &a,const Point &b) {
return Point(a.x - b.x,a.y - b.y);
}
friend Point operator * (const Point &a,const db &d) {
return Point(a.x * d,a.y * d);
}
friend db operator * (const Point &a,const Point &b) {
return a.x * b.y - a.y * b.x;
}
friend db dot(const Point &a,const Point &b) {
return a.x * b.x + a.y * b.y;
}
db norm() {
return sqrt(x * x + y * y);
}
}P[105],sta[105];
bool cmp(Point a,Point b) {
db d = (a - P[1]) * (b - P[1]);
if(dcmp(d,0.0)) {return (a - P[1]).norm() < (b - P[1]).norm();}
else return d > 0;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
int x,y;
read(N);
if(N == 1) {puts("1.0");return 0;}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {read(x);read(y);P[i] = Point(x,y);P[i].id = i;}
for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
if(P[i].x < P[1].x || (P[i].x == P[1].x && P[i].y < P[1].y)) swap(P[1],P[i]);
}
sort(P + 2,P + N + 1,cmp);
sta[++top] = P[1];
for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
while(top >= 2 && (P[i] - sta[top - 1]) * (sta[top] - sta[top - 1]) >= 0.0) --top;
sta[++top] = P[i];
}
if(top == 2) {
ans[sta[1].id] = 0.5;
ans[sta[2].id] = 0.5;
}
else {
Point a,b;
sta[0] = sta[top];sta[top + 1] = sta[1];
for(int i = 1 ; i <= top ; ++i) {
a = sta[i + 1] - sta[i];
b = sta[i - 1] - sta[i];
ans[sta[i].id] = (PI - acos( dot(a,b) / (a.norm() * b.norm()) ) ) / (2 * PI);
}
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
printf("%.10lf\n",ans[i]);
}
return 0;
}
C - Tiling
按理来讲是能够四个四个小块一划，若是多出来一行或者一列或者都多，就先贪心用<>填满多的一个横行，贪心用^v填满多余的一个纵行
可是有一个边界状况，就是横行纵行都剩一个，而且填满了，这个时候剩下了5个格子，有一个<>和一个^v没填
用3*3举个例子
<>^
^*v
v<>
能够这么填
也就是咱们必须填多余格子的时候尽可能靠右下填四个小块的时候尽可能靠右上，剩出一个
**
**
*
来优化
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 100005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int N,M,A,B,S,T;
char ans[1005][1005];
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
read(N);read(M);read(A);read(B);
S = N;T = M;
if(N * M < (A + B) * 2) {
puts("NO");
return 0;
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= M ; ++j) {
ans[i][j] = '.';
}
}
if(M & 1) {
int t = 1;
while(B) {
if(t + 1 > N) break;
ans[t][M] = '^';
ans[t + 1][M] = 'v';
t += 2;
--B;
}
--M;
}
if(N & 1) {
int t = T;
while(A) {
if(t - 1 < 1) break;
ans[N][t] = '>';
ans[N][t - 1] = '<';
t -= 2;
--A;
}
--N;
}
int rem = N * M;
for(int i = 1 ; i <= N ; i += 2) {
for(int j = M - 1 ; j >= 1 ; j -= 2) {
if(A >= 2) {
A -= 2;
rem -= 4;
ans[i][j] = '<';
ans[i][j + 1] = '>';
ans[i + 1][j] = '<';
ans[i + 1][j + 1] = '>';
}
else if(B >= 2) {
B -= 2;
rem -= 4;
ans[i][j] = '^';
ans[i + 1][j] = 'v';
ans[i][j + 1] = '^';
ans[i + 1][j + 1] = 'v';
}
}
}
if(!A || !B || rem >= 8) {
for(int i = 1 ; i <= N ; i += 2) {
for(int j = M - 1 ; j >= 1 ; j -= 2) {
if(ans[i][j] != '.') continue;
if(A) {
--A;
ans[i][j] = '<';
ans[i][j + 1] = '>';
}
else if(B) {
--B;
ans[i][j] = '^';
ans[i + 1][j] = 'v';
}
}
}
}
else if(rem >= 4){
if(A == 1 && B == 1 && (S & 1) && (T & 1)) {
--A;--B;
ans[N - 1][1] = '<';ans[N - 1][2] = '>';
ans[N][1] = '^';ans[N + 1][1] = 'v';
}
}
if(A || B) {puts("NO");return 0;}
puts("YES");
for(int i = 1 ; i <= S ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= T ; ++j) {
putchar(ans[i][j]);
}
enter;
}
return 0;
}
D - Reversed LCS
这怎么一道普及组题。。。
\(dp[i][j][k]\)表示区间\([i,j]\)改了\(k\)个字符
\(dp[i + 1][j][k] -> dp[i][j][k]\)
\(dp[i][j - 1][k] -> dp[i][j][k]\)
若是\(s[i] == s[j]\)
\(dp[i - 1][j + 1][k] + 2 -> dp[i][j][k]\)
若是\(s[i] != s[j]\)
\(dp[i - 1][j + 1][k] + 2 -> dp[i][j][k + 1]\)
初始化\(dp[i][i][0] = 1\)spa
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 100005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
char s[305];
int K,dp[305][305][305],N;
void update(int &x,int y) {
x = max(x,y);
}
void Solve() {
scanf("%s",s + 1);
read(K);
N = strlen(s + 1);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i)
for(int j = 0 ; j <= K ; ++j)
dp[i][i][j] = 1;
for(int d = 2 ; d <= N ; ++d) {
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
int j = i + d - 1;
if(j > N) break;
for(int k = 0 ; k <= K ; ++k) {
if(k) update(dp[i][j][k],dp[i][j][k - 1]);
update(dp[i][j][k],dp[i + 1][j][k]);
update(dp[i][j][k],dp[i][j - 1][k]);
if(s[i] == s[j]) update(dp[i][j][k],dp[i + 1][j - 1][k] + 2);
else if(k) update(dp[i][j][k],dp[i + 1][j - 1][k - 1] + 2);
}
}
}
out(dp[1][N][K]);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
E - Ball Eat Chameleons
这道题的题意应该是这个序列创建出来吃的方式能够本身定的code
咱们分析一下，显然红球数必须很多于蓝球数
设红球数为\(r\)，蓝球数为\(b\)
咱们每一个宠物都要分配至少一个红球，而后咱们给\(N - 1\)个宠物都分配红球后，剩余的都给第一个，给了\(r - (N - 1)\)个
若是\(r - (N - 1) > b\)，那么不管怎样红蓝的前后顺序，我均可以让全部宠物变红，那么方案数就是\(\binom{K}{r}\)orm
在\(r != b\)时
设\(t = r - (N - 1)\)
设红球为1，蓝球为-1，那么前缀和必须大于\(-t\)
能够这么考虑，在\(N - 1\)只宠物没有分配红球时，来一个红球就给他们吃一个，以后若是来了一个蓝球，若是吃了红球的宠物没有吃过蓝球，让它们消耗一个蓝球
假如不存在这样的状况，咱们就把蓝球都喂给第一个，若是喂到了t个蓝球，那么我没法使第一只变红了，我喂给别人的话，别人也无法变红了，因此就转化成了这个问题
方案数相似卡特兰数的证实
是\(\binom{K}{r} - \binom{K}{r + t}\)rem
在\(r == b\)时
仍是相似上述状况，我仍是选择给剩下的\(N - 1\)只各喂一个红球，一个蓝球，给第一只喂\(t\)个红球和蓝球
那么我在给第一只喂满\(t\)个蓝球以前，我必须把第一只的\(t\)个红球喂满了，这就要求了这个颜色的序列的最后一个值必须是-1
咱们再考虑前\(K - 1\)个位置，我必须知足前缀和大于\(-t\)，那么答案就是\(\binom{K - 1}{r} - \binom{K - 1}{r + t}\)get
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 500005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 998244353;
int N,K,fac[MAXN * 2],invfac[MAXN * 2],inv[MAXN * 2];
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
return 1LL * a * b % MOD;
}
int C(int n,int m) {
if(n < m) return 0;
return mul(fac[n],mul(invfac[m],invfac[n - m]));
}
void update(int &x,int y) {
x = inc(x,y);
}
void Solve() {
read(N);read(K);
inv[1] = 1;
for(int i = 2 ; i <= 1000000 ; ++i) inv[i] = mul(inv[MOD % i],MOD - MOD / i);
invfac[0] = fac[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= 1000000 ; ++i) {
fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
invfac[i] = mul(invfac[i - 1],inv[i]);
}
int ans = 0;
for(int i = 0 ; i <= K ; ++i) {
int r = i,b = K - i;
if(r < b || r < N) continue;
if(r - (N - 1) > b) {
update(ans,C(K,r));
}
else if(r == b) {
int t = r - (N - 1);
update(ans,inc(C(K - 1,r),MOD - C(K - 1,r + t)));
}
else {
int t = r - (N - 1);
update(ans,inc(C(K,r),MOD - C(K,r + t)));
}
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
F - Trinity
考虑\(dp[i][j]\)表示\(i\)行\(j\)列方格填的方案数，多了一个限制是每行必须填一个数，因此咱们枚举\(i\)，累加进答案\(\binom{n}{i} dp[i][M]\)便可it
咱们每次考虑增长一列的方案数
\(dp[p][j]\)转移到\(dp[p + q][j + 1]\)的方案
若是\(q\)是\(0\)的话，那么我这一列就剩\(B\)和\(C\)填的方式，有\(\binom{p + 1}{2} + 1\)多出来的1个是什么也不选，咱们至关于加了一行，而后在\(p + 1\)中选两个，而后删掉加的一行，这样就包含进了这一列选了一个点的状况了class
若是\(q\)不为0
咱们考虑\(B,C\)可能不是咱们新加进去的，而是原来\(p\)行中的，咱们给\(p + q\)行首尾再加上附加的两行，而后选择\(q + 2\)个染黑，做为新加入的行，方案数是\(\binom{p + q + 2}{q + 2}\)
而后把多出来的两行删掉便可，若是删掉的首尾两行都没染黑，那么这个染黑的序列，首尾两个黑格子都是原来\(p\)行中的，若是首和尾都染黑了，那么这个\(p + q\)的序列，最上和最下两个黑格子都是新加入的\(q\)行中的，若是首行黑了尾行没黑，那么\(p + q\)的序列，最上的格子是\(q\)行中的，最下的格子是\(p\)行中的，另外一种状况同理
能够卷积优化，因此就变成\(O(nm \log n)\)的了
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar('\n')
#define space putchar(' ')
#define MAXN 8005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;char c = getchar();T f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 998244353,MAXL = 1 << 14;
int N,M,fac[MAXN * 2],invfac[MAXN * 2],inv[MAXN * 2];
int f[MAXL + 5],g[MAXL + 5],dp[2][MAXN],W[MAXL + 5];
int mul(int a,int b) {
return 1LL * a * b % MOD;
}
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int C(int n,int m) {
if(n < m) return 0;
return mul(fac[n],mul(invfac[m],invfac[n - m]));
}
int fpow(int x,int c) {
int res = 1,t = x;
while(c) {
if(c & 1) res = mul(res,t);
t = mul(t,t);
c >>= 1;
}
return res;
}
void update(int &x,int y) {
x = inc(x,y);
}
void FFT(int *p,int L,int on) {
for(int i = 1 , j = L >> 1 ; i < L - 1 ; ++i) {
if(i < j) swap(p[i],p[j]);
int k = L >> 1;
while(j >= k) {
j -= k;
k >>= 1;
}
j += k;
}
for(int h = 2 ; h <= L ; h <<= 1) {
int wn = W[(MAXL + on * (MAXL / h)) % MAXL];
for(int k = 0 ; k < L ; k += h) {
int w = 1;
for(int j = k ; j < k + h / 2 ; ++j) {
int u = p[j],t = mul(w,p[j + h / 2]);
p[j] = inc(u,t);
p[j + h / 2] = inc(u,MOD - t);
w = mul(w,wn);
}
}
}
if(on == -1) {
int InvL = fpow(L,MOD - 2);
for(int i = 0 ; i < L ; ++i) p[i] = mul(p[i],InvL);
}
}
void Solve() {
read(N);read(M);
fac[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N + 10 ; ++i) fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
invfac[N + 10] = fpow(fac[N + 10],MOD - 2);
for(int i = N + 9 ; i >= 0 ; --i) invfac[i] = mul(invfac[i + 1],i + 1);
W[0] = 1;W[1] = fpow(3,(MOD - 1) / MAXL);
for(int i = 2 ; i < MAXL ; ++i) W[i] = mul(W[i - 1],W[1]);
int cur = 0;
for(int i = 0 ; i <= N ; ++i) dp[cur][i] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) g[i] = invfac[i + 2];
int L = 1;
while(L <= 2 * N) L <<= 1;
FFT(g,L,1);
for(int i = 2 ; i <= M ; ++i) {
memset(dp[cur ^ 1],0,sizeof(dp[cur ^ 1]));
for(int j = 0 ; j <= N ; ++j) {
update(dp[cur ^ 1][j],mul(dp[cur][j],inc(C(j + 1,2),1)));
}
memset(f,0,sizeof(f));
for(int j = 0 ; j <= N ; ++j) f[j] = mul(dp[cur][j],invfac[j]);
FFT(f,L,1);
for(int j = 0 ; j < L ; ++j) f[j] = mul(f[j],g[j]);
FFT(f,L,-1);
for(int j = 0 ; j <= N ; ++j) {
update(dp[cur ^ 1][j],mul(f[j],fac[j + 2]));
}
cur ^= 1;
}
int ans = 0;
for(int i = 0 ; i <= N ; ++i) {
update(ans,mul(C(N,i),dp[cur][i]));
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
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