Codeforces Global Round 24 A~D 题解

说明

题目链接
就做出AB题，C题想了一个半小时。和我同场竞技的两位选手都做出了C，还是我太菜了555~

A - Doremy’s Paint

答案等价于求包含不同元素个数最大的区间，就是全区间。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 1e5+5;
int a[maxn];
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];cout<<1<<" "<<n<<endl;}return 0;
}

B - Doremy’s Perfect Math Class

两个数不断相减，本质就是不断取模，参考更相减损术求最大公约数的原理。因此，如果没法继续减损，也就是说一直减损到两个数相等，这个数就是最大公约数。求这n个数的最大公约数，也就是求这n个数能够减损出的最小的数。那么以这个最小数为单元，用n个数中的最大数不断减这个最小数，所求就是最大数除以最大公约数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+5;
int a[maxn];
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];int fac=a[1];for(int i=2;i<=n;i++){fac=__gcd(fac,a[i]);}int ans=a[n]/fac;cout<<ans<<endl;}return 0;
}

C - Doremy’s City Construction

本质是二分图最大匹配。赛中想了一个半小时没思路，赛后后来问了学长才搞懂。就是先排序，就假设是从小到大排，那么将此图二分，小的节点在左，大的节点在右，只需要找二分的分界线。因为将此图左右全连接，一定对于每个三元组都满足大-小-大。因此遍历二分分界线，答案是每一条分界线对应的最大匹配。但是由于左右的节点值不能相同，因此在划定分界线时需要跳过相同节点间的分界线。

直接用学长的图说明吧：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 2e5+5;
int a[maxn];
map<int,int> mp;
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0),cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){mp.clear();int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];sort(a+1,a+1+n);for(int i=1;i<=n;i++){mp[a[i]]++;}int num=mp.size();int ans=n/2;int cur=0;for(auto x:mp){cur+=x.second;ans=max(ans,cur*(n-cur));}cout<<ans<<endl;}return 0;
}

D - Doremy’s Pegging Game

题目翻译

哆来咪有n+1个螺钉。有n个红色螺钉排列成一个正n边形的顶点，按逆时针方向从1到n编号。在多边形的中间还有一个直径比红色螺钉小的蓝色螺钉。一根橡皮筋环绕在红色螺钉上。

哆来咪今天很无聊，决定玩一个游戏。最初，她有一个空数组a。当橡皮筋没有碰到蓝色螺钉时，她会：

①选择还没有被移除的红色螺钉i；
②移除红色螺钉i；
③在a后面加上i。

哆来咪想知道通过上面的过程可以产生多少种不同的数组a。既然答案可以很大，只要求你模p输出，p保证是质数。

思路

操作结束的状态是蓝钉不在剩余红钉所组成的多边形内，通过自己尝试，易知取到连续的⌊n/2⌋（n/2的下取整）个红钉时结束。设 t=⌊n2⌋t=⌊\frac{n}{2}⌋t=⌊2n⌋。

一、先考虑n为奇数（n≥3）的情况
1.结束时的状态可以看作是取了 i (t <= i <= n - 2)个连续个红钉和 j (0 <= j <= n - 2 - i)个不与之相邻的红钉。
说明：
①i的最小值就是t，最大值是先分别取两段t-1，最后取两段中间的螺钉，令这两段连结。故：
imax=(n−12−1)+(n−12−1)+1=n−2i_{max}=(\frac{n-1}{2}-1)+(\frac{n-1}{2}-1)+1=n-2imax=(2n−1−1)+(2n−1−1)+1=n−2
②对于j，j的最小值就是0，最大值可以这么求：取了i个连续红钉后，剩余n-i个红钉，最大连续段两侧至少要分别隔开一个，因此剩余n-i-2个红钉可选为不与之相邻红钉，且n−i−2≤n−n−12−2=n−32<n−12n-i-2≤n-\frac{n-1}{2}-2=\frac{n-3}{2}<\frac{n-1}{2}n−i−2≤n−2n−1−2=2n−3<2n−1，因此最大值就是n-i-2。

2.现在考虑一下最后取的那个红钉有多少种选法。
①对于每种连续的 i 个红钉，左右两侧各自的 i - t 个红钉不能最后选择，否则一定在选这些红钉之前，就选够了连续的 t 个红钉。则对于每种连续的 i 个红钉，最后取的那个红钉有 i - 2 * ( i - t ) = 2 * t - i 种选法。
说明：2t−i=n−1−i≥12t-i=n-1-i≥12t−i=n−1−i≥1，故此式一定成立。

②对于剩下的 (i−1)+j(i - 1) + j(i−1)+j 个要选的红钉，顺序无所谓，故乘以 (i−1)+j(i - 1) + j(i−1)+j的阶乘，即这些红钉的全排列。
说明：无论按什么顺序取这些红钉，都不可能满足取连续t个红钉的终止条件，因为最后取的那次才终止。

3.以上只是对于既定位置的情况，求排列组合。
①对于n边形，显然有n种不同的选择连续 i 个红钉的选法。因为这个i长序列的首部位置有n种可能。
②选定i长序列的位置后，由上述分析，0 <= j <= n - 2 - i，故其余j个与之不相邻红钉就是在 n - 2 - i 个位置中分别选0、1、……、n - 2 - i个位置放红钉。

4.得出n为奇数时的公式
ans(n=odd)=n∑i=tn−2∑j=0n−i−2(n−i−2j)⋅(2t−i)⋅(i+j−1)!ans(n=odd)=n\sum_{i=t}^{n-2}\sum_{j=0}^{n-i-2}\dbinom{n-i-2}{j}·(2t-i)·(i+j-1)!ans(n=odd)=n∑i=tn−2∑j=0n−i−2(jn−i−2)⋅(2t−i)⋅(i+j−1)!

二、再考虑n为偶数（n≥4）的情况
1.结束时的状态可以看作是取了 i (t <= i <= n - 1)个连续个红钉和 j (0 <= j <= n - 2 - i)个不与之相邻的红钉。
说明：
①i的最小值就是t，最大值是先分别取两段t-1，最后取两段中间的螺钉，令这两段连结。故：
imax=(n2−1)+(n2−1)+1=n−1i_{max}=(\frac{n}{2}-1)+(\frac{n}{2}-1)+1=n-1imax=(2n−1)+(2n−1)+1=n−1
②对于j，j的最小值就是0，最大值可以这么求：取了i个连续红钉后，剩余n-i个红钉，最大连续段两侧至少要分别隔开一个，因此剩余n-i-2个红钉可选为不与之相邻红钉，且n−i−2≤n−n2−2=n−42<n2n-i-2≤n-\frac{n}{2}-2=\frac{n-4}{2}<\frac{n}{2}n−i−2≤n−2n−2=2n−4<2n，因此最大值就是n−i−2n-i-2n−i−2。

2.现在考虑一下最后取的那个红钉有多少种选法。
①对于每种连续的 i 个红钉，左右两侧各自的 i - t 个红钉不能最后选择，否则一定在选这些红钉之前，就选够了连续的 t 个红钉。则对于每种连续的 i 个红钉，最后取的那个红钉有 i - 2 * ( i - t ) = 2 * t - i 种选法。
说明：2t−i=n−i≥12t-i=n-i≥12t−i=n−i≥1，故此式一定成立。

4.得出n为偶数时的公式
ans(n=even)=n∑i=tn−1∑j=0n−i−2(n−i−2j)⋅(2t−i)⋅(i+j−1)!ans(n=even)=n\sum_{i=t}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-i-2}\dbinom{n-i-2}{j}·(2t-i)·(i+j-1)!ans(n=even)=n∑i=tn−1∑j=0n−i−2(jn−i−2)⋅(2t−i)⋅(i+j−1)!

三、综合两种情况
ans(n)=n(∑i=tn−2∑j=0n−i−2(n−i−2j)⋅(2t−i)⋅(i+j−1)!)+[n=even](n⋅(n−2)!)ans(n)=n(\sum_{i=t}^{n-2}\sum_{j=0}^{n-i-2}\dbinom{n-i-2}{j}·(2t-i)·(i+j-1)!)+[n=even](n·(n-2)!)ans(n)=n(∑i=tn−2∑j=0n−i−2(jn−i−2)⋅(2t−i)⋅(i+j−1)!)+[n=even](n⋅(n−2)!)
其中(n−i−2j)=(n−i−2)!(n−i−2−j)!j!=(n−i−2)!⋅inv((n−i−2−j)!)⋅inv(j!)\dbinom{n-i-2}{j}=\frac{(n-i-2)!}{(n-i-2-j)!j!}=(n-i-2)!·inv((n-i-2-j)!)·inv(j!)(jn−i−2)=(n−i−2−j)!j!(n−i−2)!=(n−i−2)!⋅inv((n−i−2−j)!)⋅inv(j!)

代码

①注意凡是出现三个数乘积的情况一定要两个数乘完立即取模，再将此结果乘第三个数再取模，而不能只取一次模。取模和乘法优先级相同，从左到右运算。
②用费马小定理加快速幂求5000个逆元会超时，因为求n的逆元复杂度是O(logn)，那么二重循环内总复杂度O(n^2logn)，刚好超时。优化：先用费马小定理+快速幂求n!的逆元，然后递推出(n-1)!~2!的逆元，0!和1!的逆元就是1。
递推：在模p意义下，有：
(n+1)!=n!⋅(n+1)(n+1)!=n!·(n+1)(n+1)!=n!⋅(n+1)
1n!=1(n+1)!⋅(n+1)\frac{1}{n!}=\frac{1}{(n+1)!}·(n+1)n!1=(n+1)!1⋅(n+1)
inv[n!]=inv[(n+1)!]⋅(n+1)inv[n!]=inv[(n+1)!]·(n+1)inv[n!]=inv[(n+1)!]⋅(n+1)
infac[i]=infac[i+1]⋅(i+1)infac[i]=infac[i+1]·(i+1)infac[i]=infac[i+1]⋅(i+1)
补题的时候，Re了1发，TLE了2发，WA了3发才AC，属实难崩……

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 5010;
int fac[maxn],infac[maxn];
int ksm(int a, int b, int mod){int ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b=b>>1;}return ans;
}
void get_infac(int mod, int n){infac[n]=ksm(fac[n],mod-2,mod);infac[0]=infac[1]=1;for(int i=n-1;i>=2;i--){infac[i]=infac[i+1]*(i+1)%mod;}
}
void get_fac(int mod, int n){fac[0]=fac[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++){fac[i]=fac[i-1]*i%mod;}
}
int C(int i, int j, int mod){return ((fac[i]*infac[i-j])%mod)*infac[j]%mod;
}
signed main()
{int n,p;cin>>n>>p;get_fac(p,n);get_infac(p,n);int t=n/2;int ans=0;for(int i=t;i<=n-2;i++){for(int j=0;j<=n-i-2;j++){int cur=((C(n-i-2,j,p)*((2*t+p-i)%p))%p)*fac[i+j-1]%p;ans=(ans%p+cur%p)%p;}}if(n%2==0)ans=(ans%p+fac[n-2]%p)%p;ans=ans*n%p;cout<<ans<<endl;return 0;
}

总结

太菜了，为什么米娜桑天生会二分图最大匹配~