C - Be Together

200200200分结论

直接取所有数的平均数，由于需要是整数，所以算一下mid,mid+1,mid−1mid,mid+1,mid-1mid,mid+1,mid−1，取最小值即可。

代码

D - Unbalanced

400400400分结论

不难发现如果有一段是合法的那么一定存在长度为222或者333的串合法，直接找即可。

代码

E - Children and Candies

800800800分 dpdpdp + 前缀和优化

题面太阴间了，简单解释一下。

有nnn个小朋友，ccc个糖果，如果第iii个小朋友分了aaa个糖果，那么他得到的快乐值是xiax_{i}^axia，一个幼儿园的快乐值是小朋友快乐值乘积，定义f(x1,x2,...,xn)f(x_1,x_2,...,x_n)f(x1,x2,...,xn)为一个幼儿园的快乐值，现在让你计算：

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-d6J2qEfu-1645840763184)(C:\Users\Libra_Glow\AppData\Roaming\Typora\typora-user-images\image-20220226094553741.png)]

显然考虑dpdpdp，dp[i][j][k][p]dp[i][j][k][p]dp[i][j][k][p] 表示到第iii个人，已经分了jjj个，要分给他kkk个，当前选了xi=px_i=pxi=p，转移方程也比较明显dp[i][j][k][p]+=∑t=0j−k∑h=ai−1bi−1dp[i−1][j−k][t][h]dp[i][j][k][p]+=\sum_{t=0}^{j-k}\sum_{h=a_{i-1}}^{b_{i-1}}dp[i-1][j-k][t][h]dp[i][j][k][p]+=∑t=0j−k∑h=ai−1bi−1dp[i−1][j−k][t][h]，可以发现对于第三维和第四维我们可以使用前缀和优化掉，更进一步可以发现根本不需要存第三维和第四维，直接记dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]即可，预处理一下[ai,bi][a_i,b_i][ai,bi]的区间取某个幂次的和即可，复杂度可以降到O(n3)O(n^3)O(n3)

代码

F - Unhappy Hacking

800800800分 dpdpdp

直接考虑dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示用了iii次操作，匹配到了第jjj位，一开始没想出来，因为是将jjj放到了第一层循环，以长度作为dpdpdp决策的转移，也就是考虑dp[i][j],dp[k][j−1]dp[i][j],dp[k][j-1]dp[i][j],dp[k][j−1]，这样显然是不好搞的，考虑反过来，以操作次数作为决策点，i−1−>ii-1 -> ii−1−>i只进行了一次操作，显然就只有三个情况，我们依次考虑：

dp[i][j]+=dp[i−1][j−1]dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]dp[i][j]+=dp[i−1][j−1] 当前操作打111或者000，根据第jjj位确定
dp[i][j]+=dp[i−1][j+1]∗2dp[i][j]+=dp[i-1][j+1]*2dp[i][j]+=dp[i−1][j+1]∗2 当前操作选择按回退，因为我们并不关心j+1j+1j+1位是000还是111，所以需要乘222。

注意j=0j=0j=0的时候还需要加上f[i−1][0]f[i-1][0]f[i−1][0]。

复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)

代码

还有一种比较巧妙的方法，可以知道长度为lenlenlen的字符串出现的概率都相等，所有情况是2len2^{len}2len，所以我们如果能求出来所有的情况，除上2len2^{len}2len即可。

设dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示用了iii次操作，长度为jjj的方案数，直接写转移了：

dp[i][j]+=dp[i−1][j−1]∗2dp[i][j]+=dp[i-1][j-1]*2dp[i][j]+=dp[i−1][j−1]∗2 当前操作打1,01,01,0，所以需要乘222
dp[i][j]+=dp[i−1][j+1]dp[i][j]+=dp[i-1][j+1]dp[i][j]+=dp[i−1][j+1] 按回退，由于f[i−1][j+1]f[i-1][j+1]f[i−1][j+1]的方案就已经包含了j+1j+1j+1是0,10,10,1的两种情况，所以不需要乘222。

复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)

代码

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