A. Entertainment in MAC
這道沒細看題意，挺困的，猜了一下..
觀察到n是偶數且很大，但是樣例的長度卻沒有很長。
而且長度越長對字典序容易越大，所以猜測只複製一次。
從樣例找規律：如果字串s比翻轉後的字串s'小，則原樣輸出；否則進行翻轉，再複製一次。
程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve(){
int n;
cin>>n;
string s;cin>>s;
string b=s;
reverse(b.begin(),b.end());
if(b<s) cout<<b+s<<endl;
else cout<<s<<endl;
}
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
}
B.Informatics in MAC
題意：問是否能把一個陣列劃分成k段，使得每段的mex值一樣。
出現mex這種特殊的值自然可以猜一猜性質。
假設每段的mex都==d，則:
1.d不能在陣列中出現
2.[0,d-1]都必須在陣列中出現
綜合以上兩點可以推出d必然是原陣列的mex。
那麼只要o(N)掃一遍，檢查當前是否湊齊了[0,d-1]，沒有湊齊繼續湊；湊齊了則得到一個新的合法段。
最後如果能完整湊出來的段數<2，輸出-1；
否則對於最後一段如果不能覆蓋到n的話特殊處理一下即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int a[N];
void solve(){
int n;
cin>>n;
map<int,int>mp;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],mp[a[i]]=1;
int mex=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
if(!mp[i]) {
mex=i;break;
}
}
vector<pair<int,int>>ans;
mp.clear();
int cnt=0,lastl=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]<mex){
if(!mp[a[i]]) {
mp[a[i]]=1;
cnt++;
}
}
if(cnt==mex){
// cout<<lastl<<" "<<i<<endl;
ans.push_back({lastl,i});
lastl=i+1;
cnt=0;
mp.clear();
}
}
if(ans.size()<2) {
cout<<-1<<endl;return;
}
int id=ans.size();
cout<<id<<endl;
for(int i=0;i<=id-2;i++) cout<<ans[i].first<<" "<<ans[i].second<<endl;
if(ans[id-1].second!=n){
cout<<ans[id-1].first<<" "<<n<<endl;
}
else cout<<ans[id-1].first<<" "<<ans[id-1].second<<endl;
}
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
}
C.Messenger in MAC
這道題n的範圍<=2000，很容易想到o(n^2)的dp或者列舉答案什麼的。
cf很多c題如果是這個範圍都可以往這邊想。
首先發現一個性質：
對bi從小到大排序是最優的。
假設挑選出來的bi不是從小到大減的，也就是說不滿足b1<=b2<=b3<=b4，
那一定會出現這種情況：
發現排完序後不會變差
反而可能變優
所以考慮對bi從小到大排序。
設dp[i][j]表示強制選第i個，一共選了j個的最小花費，尋找答案時只要找到最大的 j 使得dp[_][j]<=L即可。
轉移：
最容易想到O(n^3)暴力，for i/j/k 三層迴圈下去，時間複雜度不能接受。
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i][1]=f[i].a;
for(int j=2;j<=i;j++){
for(int k=1;k<i;k++)
if(j-1<=k) {
dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+f[i].a+f[i].b-f[k].b,dp[i][j]);
// cout<<i<<" "<<j<<" :"<<dp[i][j]<<endl;
}
}
}
發現時間主要浪費在列舉i是從哪個k轉移過來的，考慮最佳化。
觀察到轉移方程可以寫作dp[k][j-1]-f[k].b + (f[i].a+f[i].b)，括號裡的數為定值
則只需要對於每一個j-1，維護最小的 dp[k][j-1]-f[k].b，轉移時直接拿出來更新即可。
AC程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e3+5;
#define int long long
struct node{
int a,b;
}f[N];
int dp[N][N],s[N];
bool cmp(node x,node y){
if(x.b==y.b) return x.a<y.a;
else return x.b<y.b;
}
void solve(){
int n,l;cin>>n>>l;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>f[i].a>>f[i].b;
sort(f+1,f+n+1,cmp);
int ans=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
dp[i][j]=1e15,s[j]=1e15;
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i][1]=f[i].a;
for(int j=i;j>=2;j--){
dp[i][j]=min(dp[i][j],s[j-1]+f[i].a+f[i].b);
s[j]=min(s[j],dp[i][j]-f[i].b);
/*
for(int k=1;k<i;k++)
if(j-1<=k) {
dp[i][j]=min(dp[k][j-1]+f[i].a+f[i].b-f[k].b,dp[i][j]);
}
*/
//cout<<i<<" "<<j<<" # "<<dp[i][j]<<" "<<s[j-1]<<" "<<endl;
}
s[1]=min(s[1],dp[i][1]-f[i].b);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
// cout<<i<<" "<<j<<" # "<<dp[i][j]<<endl;
if(dp[i][j]<=l) ans=max(ans,j);
}
cout<<max(ans,1ll*0)<<endl;
}
signed main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
solve();
}
}
D.Exam in MAC
這道d最後過得比c還多..但是有點久沒寫程式碼，c調太久了，d沒過掉。
題意：給定c和集合s，求x+y不在集合s出現過，y-x(y>=x)也不在集合s出現過的(x,y)對數
如果要正解求解發現由於c的值域很大，如果要列舉x做不到，好像也沒其他好辦法
考慮正難則反
如果從[1,c]中任取兩個數，方案是C(n,2)
那麼只要減去x+y在集合中，y-x在集合中，根據容斥原理，再加上x+y且y-x都在集合中的情況。
一一討論。
1.y-x在集合中
若y-x=s[i]，移項，s[i]+x=y
對x和y的限制只有 x、y<=c，顯然此時x取[1,c-s[i]]都是合法的，且x和y都是一一對應的
這樣的x個數是c-s[i]+1。
2.x+y在集合中
若x+y=s[i]，則s[i]可以等於1+si-1,2+si-2...，共有s[i]/2對
3.x+y在集合中且y-x在集合中
假設x+y=s[i]，y-x=s[j]
則y=(s[i]+s[j])/2,x=(s[i]-s[j])/2
為了能被2整除，s[i]和s[j]的奇偶性一定要相同，此外沒有其他限制
這部分的貢獻就是C(cnt_0,2)+C(cnt_1,2)，其中cnt_0為s[i]%2==0的個數。
AC程式碼：
//搬了一個房間別人的
#include<bits/stdc++.h>
#include<set>
#include<queue>
#include<stack>
#include<algorithm>
using namespace std;
using ll = long long;
const int NMAX = 3e5;
const ll MOD = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 4;
int s[NMAX+5];
int main ()
{
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
int q; cin >> q;
while (q--)
{
int n, c; cin >> n >> c;
int count[2] = {0,0};
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> s[i];
count[s[i]&1]++;
}
ll ans = 1ll * (c+1) * (c+2)/2;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
ans -= s[i]/2;
ans -= c - s[i] + 1;
}
ans += 1ll * count[0] * (count[0]-1) / 2;
ans += 1ll * count[1] * (count[1]-1) / 2;
count[0] = count[1] = 0;
cout << ans << '\n';
}
}