A - atcoder < S

列舉操作完的串 \(s\) 和 atcoder 相同的字首長度，算出前面的字首相同的代價加上當前這位大於 atcoder 中對應的那一位的代價即為達到當前狀態的代價，取個最小值即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1005;
const int INF=1061109567;
int T;
int n;
char s[N];
char t[]={" atcoder`"};
void solve()
{
    scanf("%s",s+1);
    n=strlen(s+1);
    int ans=INF;
    int now=0;
    for(int i=1;i<=min(n,8);i++)
    {
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            if(s[j]>t[i])
            {
                ans=min(ans,now+j-i);
                break;
            }
        if(s[i]<t[i])
        {
            for(int j=i+1;j<=n;j++)
                if(s[j]==t[i])
                {
                    now+=j-i;
                    for(int k=i;k<j;k++)
                        s[k]=s[k+1];
                    s[j]=t[i];
                    break;
                }
            break;
        }
        else if(s[i]>t[i])
        {
            ans=min(ans,now);
            break;
        }
    }
    if(ans>=INF) printf("-1\n");
    else printf("%d\n",ans);
    return;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
        solve();
    return 0;
}
 

B - Bracket Score

最後 () 的位置一定為一半奇數一半偶數。先把所有 \(b_i\) 加入答案。把奇數位和偶數位的 \(a_i-b_i\) 從大到小排序，每次從奇數位和偶數位分別拿出一個，如果加入當前的兩個數會使答案變大就加入。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200005;
int n;
int a[N],b[N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&b[i]);
    vector<int>odd,even;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(i&1) odd.emplace_back(a[i]-b[i]);
        else even.emplace_back(a[i]-b[i]);
    long long ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        ans+=b[i];
    sort(odd.begin(),odd.end(),greater<int>());
    sort(even.begin(),even.end(),greater<int>());
    for(int i=0;i<n/2;i++)
        if(odd[i]+even[i]>=0) ans+=odd[i]+even[i];
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}
 

C - Penguin Skating

每次操作相當於是將差分陣列某個位置的值 \(-1\) 後加到相鄰的一個位置上，然後再將這個位置的值置為 \(1\)，雙指標搞搞就好了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=100005;
int n,L;
int a[N],b[N];
int sa[N],sb[N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&L);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&b[i]);
    a[0]=0,b[0]=0;
    n++,a[n]=L+1,b[n]=L+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sa[i]=a[i]-a[i-1]-1,sb[i]=b[i]-b[i-1]-1;
    long long ans=0;
    for(int i=1,j=1;i<=n;i++)
    {
        long long sum=0;
        int l=n+1,r=0;
        while(j<=n&&sum+sa[j]<=sb[i])
        {
            if(sa[j]) l=min(l,j),r=max(r,j);
            sum+=sa[j],j++;
        }
        if(l<=r)
        {
            if(i<l) ans+=r-i;
            else if(i>r) ans+=i-l;
            else ans+=r-l;
        }
        if(sum!=sb[i])
        {
            printf("-1");
            return 0;
        }
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}
 

D - Pocky Game

可以發現，一堆石子要麼一個個取，要麼一次性取完。

令 \(f_{l,r,0/1,x}\) 表示 \([l,r]\) 這段區間，左邊/右邊是 \(x\) 時誰能勝利。

\(x\) 的範圍很大，考慮令 \(f_{l,r,0/1}\) 表示 \([l,r]\) 這段區間，第一個人/第二個人勝利 \(a_l\)/\(a_r\) 至少為多少。

考慮轉移 \(f_{l,r,0}\)，\(f_{l,r,1}\) 同理。

• 當 \(f_{l+1,r,1}\gt a_r\) 時，\(f_{l,r,0}=1\)，此時無論 \(a_l\) 取多少第一個人都必勝；
• 當 \(f_{l+1,r,1}\le a_r\) 時，此時兩個人肯定會輪流取一個，直到最右邊的那一堆被取到 \(f_{l+1,r,1}\) 時，第二個人肯定只能將最右邊那堆直接取完，否則第一個人直接將第一堆取完第二個人就輸了，換句話說，就是：\(f_{l,r,0}-f_{l,r-1,0}\gt a_r-f_{l+1,r,1}\Leftrightarrow f_{l,r,0}=f_{l,r-1,0}-f_{l+1,r,1}+a_r+1\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=105;
int T;
int n;
int a[N];
long long f[N][N][2];
long long dfs(int l,int r,int k)
{
    if(l==r) return f[l][r][k]=1;
    if(f[l][r][k]!=-1) return f[l][r][k];
    if(k==0)
    {
        if(dfs(l+1,r,k^1)>a[r]) f[l][r][k]=1;
        else f[l][r][k]=a[r]-dfs(l+1,r,k^1)+dfs(l,r-1,k)+1;
    }
    else
    {
        if(dfs(l,r-1,k^1)>a[l]) f[l][r][k]=1;
        else f[l][r][k]=a[l]-dfs(l,r-1,k^1)+dfs(l+1,r,k)+1;
    }
    return f[l][r][k];
}
void solve()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    memset(f,-1,sizeof(f));
    if(dfs(1,n,0)<=a[1]) printf("First\n");
    else printf("Second\n");
    return;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
        solve();
    return 0;
}

E - Strange Relation

我們從後往前插入每個數，對於 \(a_i\) 放到 \(a_{i+1},\cdots ,a_n\) 前面對 \(x_i\cdots x_n\) 的影響：

• \(x_i=0\)
• \(a_i \lt a_j+T\times (x_j+1)\)，令 \(x_j=x_j+1\)（不加肯定字典序比加字典序小）。
• \(a_i \ge a_j+T\times (x_j+1)\)，\(x_j\) 不變。

可以發現對於每個 \(j\) 是獨立的。

對於每個位置 \(p\) 的每一個取值分別 DP，設 \(f_{i,j}\) 表示考慮 \(1\sim i\) 的影響時 \(x_p=j\) 的方案數。

因為 \(i+1\sim n\) 可以隨便選，答案還要乘上 \(k^{n-p}\)，貢獻即為 \(k^{n-p}\sum\limits_{i=0}^n i\cdot f_{1,i}\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=55;
const int MOD=1000000007;
int n,m,t;
int b[N][N];
int f[N][N];
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            scanf("%d",&b[i][j]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int ans=0;
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            f[i][0]=1;
            for(int k=i;k>1;k--)
                for(int l=0;l<n;l++)
                    for(int x=1;x<=m;x++)
                        if(b[i][j]+t*(l+1)>b[k-1][x]) f[k-1][l+1]=(f[k-1][l+1]+f[k][l])%MOD;
                        else f[k-1][l]=(f[k-1][l]+f[k][l])%MOD;
            for(int k=1;k<n;k++)
                ans=(ans+1LL*k*f[1][k])%MOD;
            for(int k=1;k<=i;k++)
                for(int l=0;l<=n;l++)
                    f[k][l]=0;
        }
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            ans=1LL*ans*m%MOD;
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

F - 01 Record

可以發現，對一個數連續操作一定是 \(01\) 交錯排列，結尾一定是 \(1\)。

考慮將整個序列翻轉後，相當於是每次刪去一個 \(101010\cdots\) 的子序列。

我們貪心的每次能刪儘量刪，令每次刪除的字串長度為 \(l_1,l_2,\cdots ,l_n\)。

令 \(S\) 中的元素從大到小分別為 \(x_1,x_2,\cdots ,x_m\)，其中 \(m\ge n\)，則一組 \(x\)合法當且僅當：

• \(L=\sum\limits_{i=1}^n l_i=\sum\limits_{i=1}^m x_i\)
• \(\forall 1\le i\le n,\sum\limits_{j=1}^i \lfloor \frac{l_j}{2}\rfloor\ge \sum\limits_{j=1}^i \lfloor \frac{x_j}{2}\rfloor\)
• \(\forall 1\le i\le n,\sum\limits_{j=1}^i \lceil \frac{l_j}{2} \rceil \ge \sum\limits_{j=1}^i \lceil \frac{x_j}{2} \rceil\)

具體證明可以看官方題解。

令 \(f_{i,j,k,t}\) 表示當前填到第 \(i\) 位，且 \(\sum\limits_{l=1}^i \lfloor \frac{x_l}{2}\rfloor=j\) 且 \(\sum\limits_{l=1}^i \lceil \frac{x_l}{2}\rceil=k\) 且 \(x_i=t\) 的方案數。因為 \(x_1\ge x_2\ge\cdots\ge x_i\)，且 \(\sum\limits_{j=1}^i x_i\le L\)，所以 \(t\le \lfloor \frac{L}{i}\rfloor\)。直接轉移即可。

答案即為：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=305;
const int MOD=1000000007;
int n,m,L;
string s;
int a[N];
int s1[N],s2[N];
int f[2][N][N][N],g[2][N][N][N];
int main()
{
    cin>>s;
    L=s.size();
    reverse(s.begin(),s.end());
    while((int)s.size()>0)
    {
        if(s[0]!='1')
        {
            cout<<0;
            return 0;
        }
        string t="";
        int c=1;
        n++;
        for(int i=0;i<(int)s.size();i++)
            if(s[i]-'0'==c) a[n]++,c^=1;
            else t+=s[i];
        s=t;
    }
    for(int i=1;i<=L;i++)
        s1[i]=s1[i-1]+a[i]/2;
    for(int i=1;i<=L;i++)
        s2[i]=s2[i-1]+(a[i]+1)/2;
    int cur=0;
    f[0][0][0][L]=g[0][0][0][L]=1;
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=L;i++)
    {
        cur^=1;
        if(i-2>=0)
        {
            for(int j=0;j<=s1[i-2];j++)
                for(int k=0;k<=s2[i-2];k++)
                    for(int t=0;t<=L/max(i-2,1);t++)
                        f[cur][j][k][t]=g[cur][j][k][t]=0;
        }
        for(int j=0;j<=s1[i];j++)
            for(int k=0;k<=s2[i];k++)
            {
                for(int t=0;t<=L/i;t++)
                    if(j-t/2>=0&&k-(t+1)/2>=0) f[cur][j][k][t]=(g[cur^1][j-t/2][k-(t+1)/2][L/max(i-1,1)]-(t-1>=0?g[cur^1][j-t/2][k-(t+1)/2][t-1]:0))%MOD;
                g[cur][j][k][0]=f[cur][j][k][0];
                for(int t=1;t<=L/i;t++)
                    g[cur][j][k][t]=(g[cur][j][k][t-1]+f[cur][j][k][t])%MOD;
            }
        if(i>=n)
            for(int t=1;t<=L/i;t++)
                ans=(ans+f[cur][s1[n]][s2[n]][t])%MOD;
    }
    ans=(ans+MOD)%MOD;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}