C. Python Indentation
分析
(dp[i][j]) 表示到第 (i) 行时，缩进次数为 (j) 的方案数。
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
将字符串按字符分组，记录字符和连续相同的字符个数，那么每次删掉的字符应该是，左右两边的组中的一个字符，中间每组两个字符 ，将空组删掉，合并可以合并的组。模拟一下就行了，因为对于每组每回合至少会删掉一个字符，复杂度 (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
与前面两题相比感觉这道题反而没什么技巧。
找入度为 0 的点，分类存储，遍历再去 DFS 更新其它点的入度，重复这样即可。
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
构造题。
对二进制和位运算还是不够敏感啊。
对于第一个问题，要求排列后每个数都不在原来的位置，且与位置序号数按位与运算后都为 0 。
对于奇数情况，无解，因为奇数情况下所有数表示成二进制后，末尾为 (1) 的数个数一定比为 (0) 的多 (1) ，所以无论如何，都会存在一个对应情况按位与后末尾为 (1) 。
对于偶数情况，只需要注意到一个事实：
若 (n=2^k) ，(m=2^k-1)，((n+i)&(m-i)=0(m geq i)) ，因为此时 (n) 除了前导 (1) 全是 (0) ，(m) 除了前导 (0) 以外全是 (1) ，那么可以想象成这些 (1) 全都可以加到 (n) 上去。
举个例子，若 (n=12)，我们找到小于等于 (n) 的最大的 (2) 的倍数 (8) ，那么 ((7,8) (6,9) (5,10) (4,11) (3,12)) 对应，然后 (n=2)，我们找到小于等于 (n) 的最大的 (2) 的倍数 (2)，((1,2)) 对应，(n=0) 后可以发现所有数都有对应关系了。因为起始 (n) 是偶数，且每次减去的数一定是偶数，且 (n) 一定不会减到小于 (0)，所以一定能构造出答案。
对于第二个问题，按位运算后都不为 (0) 。
如果 (n) 是 (2) 的倍数，则无解，因为没有数可以和 (n) 对应。
对于 (n<8) 的情况要特判。
对于 (ngeq 8) 的情况，考虑 ([8,15] [16, 31]...)，对于每个区间单独考虑，转化成二进制数后每个数的首位数一定都为 (1) ，只要保证每个数都不在原来的位置即可。
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
";
} else {
cout << "YES
";
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] << "
"[i == n];
}
}
if (n <= 5 || p2(n) == n)
cout << "NO
";
else {
cout << "YES
";
if (n == 6)
cout << "3 6 2 5 1 4
";
else if (n == 7)
cout << "7 3 6 5 1 2 4
";
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;
}