int main()
{
int h1=read(),m1=read(),h2=read(),m2=read();
if (m2<m1) {m2+=60;h2--;}
int x=60*(h2-h1)+(m2-m1),k=read();
printf("%d\n",x-k);
return 0;
}
全部填D即可
int n;
char s[N];
int main()
{
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
int ans=0;
rep(i,1,n)
{
if (s[i]==‘P‘) putchar(‘P‘);
else putchar(‘D‘);
}
return 0;
}
记\(B_i\)为第\(i\)层的非叶子节点数，那么显然有\(B_i\in[\lceil\frac{A_{i+1}}{2}\rceil,A_{i+1}]\)， 倒推求出每层节点数的范围后，再顺序确定每层节点的最大值。
int n,a[200200];
ll L[200200],R[200200];
int main()
{
n=read();
rep(i,0,n) a[i]=read();
if (a[0])
{
if ((n==0) && (a[0]==1)) puts("1");
else puts("-1");
return 0;
}
per(i,n,0)
{
L[i]=a[i]+(L[i+1]+1)/2;
R[i]=a[i]+R[i+1];
}
if (L[0]>1) {puts("-1");return 0;}
ll ans=1,now=1;
rep(i,1,n)
{
now=min(now*2,R[i]);
ans+=now;
now-=a[i];
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
连边\((i,P_i)\)，注意到每个联通块都是基环内向树的形式，考虑通过数环的个数来确定联通块数，进而确定所需边数，具体的，对最终所需的边数\(E\)有\(E=N-C\),其中\(C\)为形成的环数，等价于联通块的个数。
考虑每个环的形成过程，环是由若干个内向树连接而成，具体的，我们假设\(m\)个大小分别为\(a_1,a_2,\cdots,a_m\)的内向树连接形成了一个环，那么方案数有：
\(m=1\)的情况需要特判是因为在自己成环的时候不能有自己连向自己的情况，最后还要乘上其它节点任意连边的贡献，即\((N-1)^{K-m}\)（其中\(K\)为\(P=-1\)的节点数）
考虑用dp求出\(\prod a_i\)，记\(f_{i,j}\)为考虑了前i棵树，所有大小为\(j\)的环的\(\prod a\),转移显然。之后乘上系数，再用所有情况的总边数和\(N\times(N-1)^K\)减去即可。
注意不要忘记减去一开始就成环的贡献，每个环都是\((N-1)^K\).
实现时使用的变量名和上述过程会有略微的差异。
int n,fa[N],siz[N],m=0,p[N],f[N];
int find(int x)
{
if (fa[x]==x) return x;
fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
int main()
{
n=read();
rep(i,1,n) {fa[i]=i;siz[i]=1;}
rep(i,1,n)
{
p[i]=read();
if (p[i]==-1) m++;
else
{
int x=i,y=p[i];
int fx=find(i),fy=find(p[i]);
if (fx!=fy) {siz[fy]+=siz[fx];fa[fx]=fy;}
}
}
f[0]=1;
int ans=mul(n,qpow(n-1,m));
rep(i,1,n)
{
if (find(i)!=i) continue;
if (p[i]==-1)
{
per(j,n,1)
f[j]=add(f[j],mul(f[j-1],siz[i]));
}
else ans=dec(ans,qpow(n-1,m));
}
f[1]=dec(f[1],m);
int prod=1;
for (int i=1;i<=m;prod=mul(prod,i),i++)
{
ans=dec(ans,mul(f[i],mul(prod,qpow(n-1,m-i))));
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
找一堆性质的妙妙题。
我们首先可以把所有操作倒过来，对给定序列先算贡献再删去一个数。
接下来会给出一些重要性质：
如果这时删去的是\(1\)，那么可以将这个位置向相邻的位置移动，由于除了受影响的两个位置外其他数的位置的奇偶性不变，所以这么做的答案一定不会更劣。
这样的话我们只需要考虑前半部分删\(0\)的方案，对于全是\(1\)的序列很容易计算贡献。
这两个数一定是一奇一偶，所以每次操作后都会恰好有\(1\)的贡献。
这样的话这个序列可以看成是\(0\cdots 010\cdots 01\cdots\)
对于每个\(1\)，记其前面的\(0\)的个数为\(p\),后面的\(0\)的个数为\(q\),如果这个\(1\)在奇数位上，那么它的贡献的上界是\(\lfloor \frac{p}{2}\rfloor+q\)；若在偶数位上，那么贡献上界是\(\lceil \frac{p}{2}\rceil+q\)（注意这里都没有计算未开始删数时的贡献），现在的问题是是否存在一种方案使得所有\(1\)都能取到上界。
答案是存在的，首先删去前缀的\(0\)，之后对于每一段\(0\)从左往右删至留下一个（这样能保证删\(1\)之后的\(0\)时这个\(1\)一定是奇数位），在每一段都只有\(1\)个\(1\)时，从右往左删\(0\)即可。
int n;
char s[N];
int main()
{
scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
ll ans=0;
int c0=0,c1=0;
rep(i,1,n)
{
if (s[i]==‘0‘) c0++;else c1++;
}
int pre=0;
rep(i,1,n)
{
if (s[i]==‘0‘) pre++;
else
{
if (s[i+1]==‘1‘)
{
ans+=(c0+1);i++;
}
else
{
ans+=((i&1)+(c0-pre));
if (i&1) ans+=(pre>>1);
else ans+=((pre+1)>>1);
}
}
}
per(i,c1-1,1) ans+=((i+1)>>1);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
首先考虑什么样的序列可以通过交换操作得到排序。
对于交换相邻元素的操作，显然要去考察所有的逆序对，也就是\(\forall i<j,a_i>a_j,a_i\)和\(a_j\)在二进制意义下只能有\(1\)位不同。
接下来考虑dp，记\(f_{i,j}\)为有\(i\)个二进制位还未确定，序列有\(j\)个数的方案数。考虑枚举最高位是什么，当最高位形如\(00\cdots011\cdots 1\)时，由于已经排好了序，所以对更低的二进制位没有影响。而如果最高位形如\(00\cdots 0|1xxx0|11\cdots 1\)时，注意到中间的段已经形成了逆序对，也就是它们在剩下的二进制位上必须完全一致，那么在转移中可以将其合并成一个二进制数，这种情况可以枚举合并后的序列长度\(k\)进行转移。最后的转移方程如下。
注意到后面的sigma可以通过沿途维护前缀和做到\(O(1)\)转移。所以总时间复杂度是\(O(nm)\)的。
int n,m,f[N][N];
int main()
{
n=read();m=read();
rep(i,1,m) f[0][i]=1;
rep(i,1,n)
{
int sum=0;
rep(j,1,m)
{
f[i][j]=add(sum,mul(j+1,f[i-1][j]));
sum=add(mul(sum,2),mul(f[i-1][j],j));
}
}
printf("%d",f[n][m]);
return 0;
}
Atcoder NOMURA Programming Competition 2020简要题解
原文：https://www.cnblogs.com/encodetalker/p/13053332.html