ARC175A Spoon Taking Problem
題目大意
有 \(n\) 個人圍成一個環，第 \(i\) 個人左手邊是第 \(i\) 個勺子，右手邊是第 \(i\%n+1\) 個勺子。每個人的慣用手用一個字元 \(a_i=\) L/R/? 表示，即左手/右手/未知。
給定 \(1\sim n\) 的一個排列 \(P_1,\dots,P_n\) 表示這 \(n\) 個人行動的順序。第 \(i\) 個人行動時，若他兩邊的勺子都沒被拿走，他將拿走慣用手那邊的，否則拿走有勺子那邊的。
問存在多少種慣用手組合，使得每個人恰好拿到一個勺子。
Solve
有一個性質：所有人要麼都拿左手邊，要麼都拿右手邊的。因為對於相鄰的兩人，如果左邊的選左手，右邊的選右手，那麼他們之間的勺子就沒人拿了，顯然是非法的。
接下來考慮什麼情況會對答案產生貢獻。
當全部選左手時，如果一個人的右邊已經被選過，此時不管他的慣用手是什麼，他都只能選左手。所以有：
記答案為 \(ans\)，初值為 \(1\)。用 \(vis_i\) 表示第 \(i\) 個勺子是否被選過。若 \(a_i=\) ? 且 \(vis_{i\%+1}=1\)，則 \(ans=ans\times2\)。
什麼情況會無解呢？顯然，如果一個人慣用手為右手且到他行動時右手的勺子未被拿走，那麼他會選擇右手邊的，此時不符合全部選左手。即：
若 \(a_i=\) R 且 \(vis_{i\%n+1}=0\)，則 \(ans=0\)。
全部右手時同理。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(1,2,3,"Ofast","inline")
using namespace std;
#define int long long
#define mod 998244353
inline int read()
{
short f=1;
int x=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
inline int readc()
{
char c=getchar();
while(c==' '||c=='\n') c=getchar();
return c;
}
int n,p[200010],ans;
char a[200010];
bool vis[200010];
inline int calc(int op/*全部左(0)/右(1)手*/)
{
int sum=1;
for(int i=1;i<=n;i=-~i) vis[i]=0;
vis[p[1]+op]=1;
for(int i=2;i<=n;i=-~i)
{
if((!vis[p[i]%n+1]&&!op&&a[p[i]]=='R')
||(!vis[p[i]]&&op&&a[p[i]]=='L'))
return 0;
if((vis[p[i]%n+1]&&!op&&a[p[i]]=='?')
||(vis[p[i]]&&op&&a[p[i]]=='?'))
sum=(sum<<1)%mod;
if(!op) vis[p[i]]=1;
else vis[p[i]%n+1]=1;
}
return sum;
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i=-~i) p[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i=-~i) a[i]=readc();
if(a[p[1]]=='L'||a[p[1]]=='?') ans+=calc(0);
if(a[p[1]]=='R'||a[p[1]]=='?') ans=(ans+calc(1))%mod;
return printf("%lld",ans),0;
}
ARC175B Parenthesis Arrangement
題目大意
給定一個長度為 \(2n\) 括號序列，對這個括號序列進行若干次以下操作，使得括號匹配。
- 交換序列中的任意兩個元素，代價為 \(a\)。
- 修改序列中的任意一個元素，代價為 \(b\)。
Solve
小貪一波。
首先記序列中左括號個數為 \(cnt\)，則：
- 若 \(cnt<n\) 即左括號不夠，則我們從左端開始填，將前 \(n-cnt\) 個右括號改為左括號是最優的。
- 若 \(cnt>n\) 即右括號不夠，則我們從右端開始填，將後 \(cnt-n\) 個左括號改為右括號是最優的。
顯然這些操作二是必要的，代價為 \(|n-cnt|\times b\)。
接下來，對於處理出的左右括號數量相等的序列，將 \(a\) 與 \(2b\) 取 \(\min\) 後，執行交換操作一定比執行修改操作要優，這是顯然的，因為修改一個元素一定要修改另一個元素使得左右括號數量相等，而這就相當於一次交換操作。
考慮將左括號設為 \(-1\)，右括號設為 \(1\)。遍歷序列，記錄一個字首和 \(sum\)。若遍歷至第 \(i\) 位時 \(sum>0\)，則說明需要進行操作，那麼考慮貪心：
將這個右括號與最後一個左括號交換一定是最優的。因為交換前後序列的所有括號匹配數一定不會減少且會加 \(1\)。而與任何一個其他位置的左括號交換，括號匹配數有可能減少/不變/加 \(1\)。
Code
// LUOGU_RID: 153163957
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(1,2,3,"Ofast","inline")
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
short f=1;
int x=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int n,a,b,cnt,ans,sum=0,res=0;
string s;
signed main()
{
n=read();a=read();b=read();
a=min(a,b<<1);cin>>s;
for(int i=0;i<s.size();i=-~i) if(s[i]=='(') cnt=-~cnt;
if(cnt<n)
for(int i=0,j=0;i<s.size()&&j<n-cnt;i=-~i)
if(s[i]==')') s[i]='(',j=-~j;
if(cnt>n)
for(int i=s.size()-1,j=0;i&&j<cnt-n;i--)
if(s[i]=='(') j=-~j,s[i]=')';
for(int l=0,r=s.size()-1;l<s.size()&&l<r;l=-~l)
{
if(s[l]=='(') sum--;
else sum=-~sum;
if(sum>0)
{
while(s[r]==')'&&r>l) r--;
if(r>l) res=-~res,sum-=2;
}
}
return printf("%lld",abs(n-cnt)*b+res*a),0;
}
ARC175C Jumping Through Intervals
題目大意
給定 \(n\) 個區間 \([l_i,r_i]\)。構造一組 \(A_i\in[l_i,r_i]\)，使得鄰的 \(A_i\) 的差的和，即 \(\sum\limits_{i=1}^{n-1}|A_i+A_{i+1}|\) 最小。若有多組解，輸出字典序最小的一組。
Solve
令 \(f_i(x)\) 表示前 \(i\) 個數，第 \(A_i=x\) 時的最小的相鄰兩項之差的和。那麼 \(f_1(x),x\in[l_1,r_1]=0\)。即 \(f_1(x)\) 的圖象是一條在 \(y\) 軸上的線段。
而 \(f_i(x),i\in[2,n]\) 的圖象顯然是這樣的圖象的一部分：
以 \(f_2(x)\) 為例，其圖象為：（此時 \([l_1,r_1]=[4,9],[l_2,r_2]=[1,12]\)）
對於 \(x\in[l_2,r_2]\cap[l_1,r_1]=[4,9]\)，顯然可以直接從 \(f_1(x)\) 上轉移過來，代價為 \(0\)；否則，從\([l_1,r_1]\) 上最靠近 \(x\) 的點，即 \(l_1\) 或 \(r_1\) 上轉移過來最優，代價為 \(l_1-x\) 或 \(x-r_1\)（同無交時）。如果 \([l_2,r_2]\neq[1,12]\)，那也不影響圖象的總體形狀，只是在上邊擷取一部分或延長一端。
而對於這麼個圖象，我們只需要記錄住它的拐點（即上圖中 \((4,0)\) 和 \((9,0)\)）就可以知道這個圖象長什麼樣子了。記 \([l_i,r_i]\) 的拐點為 \(a_i\) 和 \(b_i\)，則 \([a_i,b_i]\) 上 \(f_i(x)\) 最小，考慮怎麼狀態轉移。
首先，我們有 \([a_1,b_1]=[l_1,r_1]\)。
對於 \(i\in[2,n]\)：
- 若 \(r_i<a_{i-1}\)，即 \([l_i,r_i]\) 和 \([a_{i-1},b_{i-1}]\) 無交且在其左側，則此時當且僅當 \(x=r_i\) 時 \(f_i(x)_\min=f_{i-1}(l_{i-1})+l_{i-1}-r_i\)，故 \(a_i=b_i=r_i\)。
- 若 \(l_i>b_{i-1}\)，即 \([l_i,r_i]\) 和 \([a_{i-1},b_{i-1}]\) 無交且在其右側，同理有 \(a_i=b_i=l_i\)。
- 否則 \([l_i,r_i]\) 和 \([a_{i-1},b_{i-1}]\) 有交，則對於 \(x\in[l_i,r_i]\cap[a_{i-1},b_{i-1}]\)，\(f_i(x)_\min=f_{i-1}(x)\)。故 \([a_i,b_i]=[l_i,r_i]\cap[a_{i-1},b_{i-1}]\)，即 \(a_i=\max(l_i,a_{i-1})\)，\(b_i=\min(r_i,b_{i-1})\)。
處理完拐點之後，我們來確定這個字典序最小的序列，但這時候就有一個問題：\([a_i,b_i]\) 是由 \([a_{i-1},b_{i-1}]\) 轉移來的，但時我們確定字典序是按照從 \(1\) 到 \(n\) 的順序確定的，這樣就會有後效性。所以我們在處理 \([a_i,b_i]\) 時令 \([a_n,b_n]=[l_n,r_n]\)，倒著轉移即可。
倒著轉移完成後，顯然 \(A_1=a_1\)。那麼在確定 \(A_2\) 的時候，就變成了這樣一個問題：
如圖，在 \(f_0\) 上給定一點 \(P\in\{A,B,C,D,E\}\)，在 \(f_2(x)\) 上找一點 \((x,f_2(x))\)，使得 \(g_2(x)=f_2(x)+|x-x_P|\) 最小，若有多個合法的 \(x\)，取最小的。
- 若 \(P=A\in{(-\infty,l_2]}\)，對於 \(x\in[l_2,a_2]\)，\(g_2(x)\) 為定值。因為 \(x\) 每減小 \(1\)，\(f_2(x)\) 就增大 \(1\)，\(|x-x_A|\) 減小 \(1\)，和不變。所以應取 \(x=l_2\)。
- 若 \(P=B\in[l2,a_2]\)，對於 \(x\in[x_B,a_2]\)，\(g_2(x)\) 為定值，原因同上。故應取 \(x=x_B\)。
- 若 \(P=C\in[a_2,b_2]\)，顯然當 \(x=x_C\) 時 \(g_2(x)\) 最小，應取 \(x=x_C\)。
- 若 \(P=D\in[b_2,r_2]\)，對於 \(x\in[b_2,x_D]\)，\(g_2(x)\) 為定值，原因與第一種情況類似。應取 \(x=b_2\)。
- 若 \(P=E\in[r_2,\infty)\)，對於 \(x\in[b_2,r_2]\)，\(g_2(x)\) 為定值。應取 \(x=b_2\)。
整理一下並從 \(A_2\) 推廣到所有 \(A_i,i\in[2,n]\)，有：\(A_i=\begin{cases}l_i&(A_{i-1}<l_i)\\A_{i-1}&(l_i\leq A_{i-1}\leq b_i)\\b_i&(A_{i-1}>b_i)\end{cases}\)。
Code
（程式碼中 \([a_i,b_i]\) 和 \([l_i,r_i]\) 意義相反。）
// LUOGU_RID: 153163957
#include<bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(1,2,3,"Ofast","inline")
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
short f=1;
int x=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int a[500010],b[500010],l[500010],r[500010],n,ans[500010];
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i=-~i) a[i]=read(),b[i]=read();
l[n]=a[n];r[n]=b[n];
for(int i=n-1;i;i--)
{
if(b[i]<l[-~i]) l[i]=r[i]=b[i];
else if(a[i]>r[-~i]) l[i]=r[i]=a[i];
else l[i]=max(l[-~i],a[i]),r[i]=min(r[-~i],b[i]);
}
printf("%lld ",ans[1]=l[1]);
for(int i=2;i<=n;i=-~i) printf("%lld ",ans[i]=clamp(ans[i-1],a[i],r[i]));
return 0;
}
注：clamp(a,b,c)：若 \(a\in[b,c]\) 則返回 \(a\)，否則返回 \(b,c\) 中與 \(a\) 的差較小的一個。