Codeforces Round #455 (Div. 2)

C. Python Indentation

分析

\(dp[i][j]\) 表示到第 \(i\) 行時，縮進次數爲 \(j\) 的方案數。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;
string c;
long long dp[5555][5555];
int main() {
    int n;
    cin >> n;
    dp[0][0] = 1;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> c;
        if(c == "f") {
            for (int j = 1; j < n; j++) {
                dp[i + 1][j] = dp[i][j - 1];
            }
        } else {
            for (int j = n; j >= 0; j--) {
                dp[i + 1][j] = (dp[i][j] + dp[i + 1][j + 1]) % MOD;
            }
        }
    }
    cout << dp[n][0] << endl; 
    return 0;
}

D. Colorful Points

分析

將字符串按字符分組，記錄字符和連續相同的字符個數，那麼每次刪掉的字符應該是，左右兩邊的組中的一個字符，中間每組兩個字符 ，將空組刪掉，合併能夠合併的組。模擬一下就好了，由於對於每組每回合至少會刪掉一個字符，複雜度 \(O(n)\)。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
vector<pair<char, int> > v, tmp;
int main() {
    cin >> s;
    int len = s.length();
    v.push_back(pair<int, int>(s[0], 1));
    for (int i = 1; i < len; i++) {
        if(s[i] == v.back().first) {
            v[v.size() - 1].second++;
        } else {
            v.push_back(pair<int, int>(s[i], 1));
        }
    }
    int ans = 0;
    while(v.size() > 1) {
        ans++;
        for (int i = 0; i < v.size(); i++) {
            if(!i) {
                if(v[i].second - 1 > 0) {
                    v[i].second--;
                    tmp.push_back(v[i]);
                }
            } else if(i == v.size() - 1) {
                if(v[i].second - 1 > 0) {
                    v[i].second--;
                    if(!tmp.empty() && tmp.back().first == v[i].first) {
                        tmp[tmp.size() - 1].second += v[i].second;
                    } else {
                        tmp.push_back(v[i]);
                    }
                }
            } else {
                if(v[i].second - 2 > 0) {
                    v[i].second -= 2;
                    if(!tmp.empty() && tmp.back().first == v[i].first) {
                        tmp[tmp.size() - 1].second += v[i].second;
                    } else {
                        tmp.push_back(v[i]);
                    }   
                }
            }
        }
        v = tmp;
        tmp.clear();
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

E. Coprocessor

分析

與前面兩題相比感受這道題反而沒什麼技巧。

找入度爲 0 的點，分類存儲，遍歷再去 DFS 更新其它點的入度，重複這樣便可。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
vector<int> G[N];
int c[N], d[N];
vector<int> v0, v1;

void dfs(int flg, int u) {
    for (int v : G[u]) {
        d[v]--;
        if (!d[v]) {
            if (c[v]) {
                if (flg)
                    dfs(flg, v);
                else
                    v1.push_back(v);
            } else {
                if (flg)
                    v0.push_back(v);
                else
                    dfs(flg, v);
            }
        }
    }
}

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> c[i];
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        G[v].push_back(u);
        d[u]++;
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (!d[i]) {
            c[i] ? v1.push_back(i) : v0.push_back(i);
        }
    }
    int ans = 0;
    while (!v0.empty() || !v1.empty()) {
        for (int u : v0) {
            dfs(0, u);
        }
        v0.clear();
        if (!v1.empty()) ans++;
        for (int u : v1) {
            dfs(1, u);
        }
        v1.clear();
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

F. AND-permutations

分析

構造題。

對二進制和位運算仍是不夠敏感啊。

對於第一個問題，要求排列後每一個數都不在原來的位置，且與位置序號數按位與運算後都爲 0 。

對於奇數狀況，無解，由於奇數狀況下全部數表示成二進制後，末尾爲 \(1\) 的數個數必定比爲 \(0\) 的多 \(1\) ，因此不管如何，都會存在一個對應狀況按位與後末尾爲 \(1\) 。

對於偶數狀況，只須要注意到一個事實：

若 \(n=2^k\) ，\(m=2^k-1\)，\((n+i)\&(m-i)=0(m \geq i)\) ，由於此時 \(n\) 除了前導 \(1\) 全是 \(0\) ，\(m\) 除了前導 \(0\) 之外全是 \(1\) ，那麼能夠想象成這些 \(1\) 全均可以加到 \(n\) 上去。

舉個例子，若 \(n=12\)，咱們找到小於等於 \(n\) 的最大的 \(2\) 的倍數 \(8\) ，那麼 \((7,8)\ (6,9)\ (5,10)\ (4,11)\ (3,12)\) 對應，而後 \(n=2\)，咱們找到小於等於 \(n\) 的最大的 \(2\) 的倍數 \(2\)，\((1,2)\) 對應，\(n=0\) 後能夠發現全部數都有對應關係了。由於起始 \(n\) 是偶數，且每次減去的數必定是偶數，且 \(n\) 必定不會減到小於 \(0\)，因此必定能構造出答案。

對於第二個問題，按位運算後都不爲 \(0\) 。

若是 \(n\) 是 \(2\) 的倍數，則無解，由於沒有數能夠和 \(n\) 對應。

對於 \(n<8\) 的狀況要特判。

對於 \(n\geq 8\) 的狀況，考慮 \([8,15]\ [16, 31]...\)，對於每一個區間單獨考慮，轉化成二進制數後每一個數的首位數必定都爲 \(1\) ，只要保證每一個數都不在原來的位置便可。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int p2(int x) {
    int a = 1;
    while (a * 2 <= x) {
        a *= 2;
    }
    return a;
}

int ans[111111];

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    if (n & 1) {
        cout << "NO\n";
    } else {
        cout << "YES\n";
        int m = n;
        while (m) {
            int x = p2(m);
            for (int i = x, j = x - 1; i <= m; i++, j--) { ans[i] = j; ans[j] = i; }
            m -= 2 * (m - x + 1);
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cout << ans[i] << " \n"[i == n];
        }
    }
    if (n <= 5 || p2(n) == n)
        cout << "NO\n";
    else {
        cout << "YES\n";
        if (n == 6)
            cout << "3 6 2 5 1 4\n";
        else if (n == 7)
            cout << "7 3 6 5 1 2 4\n";
        else {
            cout << "7 3 6 5 1 2 4";
            int l = 8;
            while (l <= n) {
                int r = min(n, l * 2 - 1);
                for (int i = l + 1; i <= r; i++) {
                    cout << " " << i;
                }
                cout << " " << l;
                l = r + 1;
            }
            cout << endl;
        }
    }
    return 0;
}