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A
题解
知识点：数学。
\(4\) 位密码，由两个不同的数码组成，一共有 \(C_4^2\) 种方案。从 \(10-n\) 个数字选两个，有 \(C_{10-n}^2\) 种方案。结果为 \(3(10-n)(9-n)\)。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
}
cout << 3 * (10 - n) * (9 - n) << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
题解
知识点：构造。
显然最小价值是 \(2\) 。把 \(1\) 和 \(2\) 分两端放即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 2;i <= n;i++) cout << i << ' ';
cout << 1 << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题解
知识点：贪心。
发现，可以将一段连续的盖子向左移，等效于把最后一个盖子移到第一个左边。因此，找到一个无盖且右边连续有盖的位置，从连续有盖的一段选一个最小的和无盖的位置交换，如果最小的比无盖的大那就不交换。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
string s;
cin >> s;
s = "?" + s;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
for (int i = 1;i <= n - 1;i++) {
if (s[i] == '0' && s[i + 1] == '1') {
int mi = i;
for (int j = i + 1;j <= n && s[j] == '1';j++) {
if (a[j] < a[mi]) mi = j;
}
swap(s[i], s[mi]);
}
}
int sum = 0;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
if (s[i] == '1') sum += a[i];
}
cout << sum << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
题解
知识点：枚举。
第一个串显然是从第一个 \(1\) 开始截取到最后，现在考虑从第一个串截取出第二个串填补第一个串的 \(0\) 。
显然要从第一个 \(0\) 开始填。注意到，只有 \(0\) 前面的 \(1\) 可以通过截取向右移动与 \(0\) 重合。枚举前面每个 \(1\) 通过截取与第一个 \(0\) 重合即可，截取方法有很多，第一种，以各个 \(1\) 为起点，截取固定长度，保持 \(1\) 与 \(0\) 重合；第二种，从第一个 \(1\) 开始截取，截取不同长度，使各个 \(1\) 和 \(0\) 重合。
发现复杂度是和从第一个 \(1\) 开始连续 \(1\) 的长度有关，但因为是随机数据，因此不可能太长，可以看作常数。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
string s;
cin >> s;
int pos = s.find('1');
if (!~pos) {
cout << 0 << '\n';
return 0;
}
string s1 = s.substr(pos);
pos = s1.find('0');
string ans = s1;
for (int i = 0;i < pos;i++) {
string s2 = s1;
for (int j = pos;j < s1.size();j++) {
if (s1[j - pos + i] == '1') s2[j] = '1';
}
ans = max(ans, s2);
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
/* #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string elz(string s) {
for (int i = 0;i < s.size() - 1;i++)
if (s[i] == '1') return s.substr(i);
return s.substr(s.size() - 1);
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
string s;
cin >> n >> s;
bitset<1000005> a(s), b(s);
string ans = a.to_string();
for (int i = 1;i <= 10;i++)
ans = max(ans, (a | (b >> i)).to_string());
cout << elz(ans) << '\n';
return 0;
} */
E
题解
知识点：线性dp。
考虑设 \(dp[i]\) 为造成不少于 \(i\) 点伤害的最小时间。
先考虑 \(p_1,p_2\) 单独射击的转移：
dp[i] = min(dp[max(0LL, i - (p1 - s))] + t1, dp[max(0LL, i - (p2 - s))] + t2);
再考虑，\(p_2\) 在 \(p_1\) 的 \(j\) 轮时间中调整，配合 \(p_1\) 在第 \(j\) 轮同时射击。此时 \(p_1\) 伤害是 \((j-1)(p_1 - s)\) ，\(p_2\) 伤害是 \(\lfloor\frac{(j\cdot t_1 - t_2)}{t_2}\rfloor(p_2-s)\) ，同时射击伤害 \(p_1+p_2-s\) ，共计 \((j-1)(p_1 - s) + \lfloor\frac{(j\cdot t_1 - t_2)}{t_2}\rfloor(p_2-s) + (p_1+p_2-s)\) 。（同理 \(p_1\) 配合 \(p_2\) 同时射击）。
ll dmg = (j - 1) * (p1 - s) + (t1 * j - t2) / t2 * (p2 - s) + (p1 + p2 - s);
dp[i] = min(dp[i], dp[max(0LL, i - dmg)] + t1 * j);
时间复杂度 \(O(h^2)\)
空间复杂度 \(O(h)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll dp[5007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int p1, p2;
ll t1, t2;
cin >> p1 >> t1;
cin >> p2 >> t2;
int h;
ll s;
cin >> h >> s;
dp[0] = 0;
for (int i = 1;i <= h;i++) {
dp[i] = min(dp[max(0LL, i - (p1 - s))] + t1, dp[max(0LL, i - (p2 - s))] + t2);
for (int j = 1;j <= i;j++) {
if (t1 * j >= t2) {
ll dmg = (j - 1) * (p1 - s) + (t1 * j - t2) / t2 * (p2 - s) + (p1 + p2 - s);
dp[i] = min(dp[i], dp[max(0LL, i - dmg)] + t1 * j);
}
if (t2 * j >= t1) {
ll dmg = (j - 1) * (p2 - s) + (t2 * j - t1) / t1 * (p1 - s) + (p1 + p2 - s);
dp[i] = min(dp[i], dp[max(0LL, i - dmg)] + t2 * j);
}
}
}
cout << dp[h] << '\n';
return 0;
}
F
题解
知识点：排列组合，枚举。
我们考虑每个点对答案的贡献，显然是从他第一次出现开始计算。
比如某点在第 \(i\) 组区间出现，那么已经进行了 \(i-2\) 次操作了，产生 \(3^{i-2}\) 个集合。在这之后还有 \(n-i+1\) 次操作，如果操作时另一个区间有这个点，那么或和且能继承这个点继续；如果没有这个点，那么或和异或能继承这个点继续，注意无论以后有没有这个点都只有两个分支能使这个点有贡献，所以共 \(2^{n-i+1}\) 个集合是有这个点的，最后总贡献是 \(3^{i-2}2^{n-i+1}\) 。
要特别注意，第一个区间出现的点，之前的操作也是 \(0\) 次 ，并且之后的操作也只有 \(n-1\) 次，最终通式是 \(3^{\max(i-2,0)}2^{\min(n-i+1,n-1)}\) 。
接下来考虑如何记录某个点第一次出现的位置 \(lst[i]\) 。朴素枚举是 \(n^2\) 的，我们需要优化。显然出现过的点之后跳过就行了，我们记录每个点能跳跃到的位置 \(nxt[i]\) 即可，对于区间 \([l,r]\) ，如果某个点 \(i\) 没出现过，那么 \(nxt[i]\) 可以更新为 \(r[i]\) ；否则出现过，我们需要跳跃，同时更新这个点以后能跳跃到的位置，\(nxt'[i] = \max(nxt[i],r),i = nxt[i]\) ，注意需要保存一下旧位置，再更新完 \(nxt[i]\) 再更新 \(i\) 。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int l[300007], r[300007], lst[300007], nxt[300007];
int pow2[300007], pow3[300007];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
memset(lst, -1, sizeof(lst));
pow2[0] = 1;
pow3[0] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
pow2[i] = 1LL * pow2[i - 1] * 2 % mod;
pow3[i] = 1LL * pow3[i - 1] * 3 % mod;
}
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> l[i] >> r[i];
for (int i = n;i >= 1;i--) {
for (int j = l[i];j <= r[i];j++) {
if (lst[j] == -1)lst[j] = i, nxt[j] = r[i];
else {
int tmp = nxt[j];
nxt[j] = max(nxt[j], r[i]);
j = tmp;
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0;i <= 300000;i++) {
if (lst[i] == -1) continue;
ans = (ans + 1LL * pow3[max(lst[i] - 2, 0)] * pow2[min(n - lst[i] + 1, n - 1)]) % mod;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
