Codeforces Round #581 (Div. 2)

A:暴力。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 6 typedef long long ll;
 7 using namespace std;
 8  
 9 const int N=1010;
10 int n;
11 char s[N];
12  
13 int main(){
14     scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1); bool flag=0;
15     rep(i,2,n) if (s[i]=='1') flag=1;
16     if (s[1]=='0'){ puts("0"); return 0; }
17     if (flag) printf("%d",(n+1)/2); else printf("%d\n",n/2);
18     return 0;
19 }

B:一定是1,2,4,...,2^k。最小和最大分别让1和2^k最多即可。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 6 typedef long long ll;
 7 using namespace std;
 8  
 9 int n,l,r;
10  
11 int main(){
12     cin>>n>>l>>r;
13     ll s1=n-l+1; rep(i,1,l-1) s1+=1ll<<i;
14     ll s2=(1ll<<(r-1))*(n-r+1); rep(i,0,r-2) s2+=1ll<<i;
15     cout<<s1<<' '<<s2<<endl;
16     return 0;
17 }

C:先floyd求最短路，然后每次找到当前点至多往后多少个点可以保证p走的一直都是最短路，然后走到那个点去。由于p如果某时刻走的不是最短路了，那么之后走的一定也都不是最短路。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 6 typedef long long ll;
 7 using namespace std;
 8  
 9 const int N=1010,M=2000010,inf=1e8;
10 char s[N];
11 int n,m,tot,f[N][N],p[M],q[M];
12  
13 int main(){
14     scanf("%d",&n);
15     rep(i,1,n) rep(j,1,n) f[i][j]=inf;
16     rep(i,1,n) f[i][i]=0;
17     rep(i,1,n){
18         scanf("%s",s+1);
19         rep(j,1,n) if (s[j]=='1') f[i][j]=1;
20     }
21     rep(k,1,n) rep(i,1,n) rep(j,1,n) f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
22     scanf("%d",&m);
23     rep(i,1,m) scanf("%d",&p[i]);
24     for (int i=1,j; i<m; i=j){
25         q[++tot]=p[i];
26         rep(k,i+1,m) if (f[p[i]][p[k]]==k-i) j=k; else break;
27     }
28     printf("%d\n",tot+1);
29     rep(i,1,tot) printf("%d ",q[i]); printf("%d\n",p[m]);
30     return 0;
31 }

D1/D2:首先0不会变成1，然后考虑1变成0的必要条件并证明它是充分的。1能变成0，当且仅当存在一个以这个位置开头的子序列，满足它是这个位置到n的LIS。于是边倒着DP做LIS边判断每个1是否可以变成0即可。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<iostream>
 4 #include<algorithm>
 5 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 6 typedef long long ll;
 7 using namespace std;
 8  
 9 const int N=100010;
10 char s[N],s2[N];
11 int n,sm,ans[N],f[N][2];
12  
13 int main(){
14     scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1);
15     rep(i,1,n) s2[i]=s[i];
16     for (int i=n; i; i--){
17         if (s[i]=='0') f[i][0]=max(f[i+1][0],f[i+1][1])+1,f[i][1]=f[i+1][1],sm++;
18             else f[i][1]=f[i+1][1]+1,f[i][0]=f[i+1][0];
19         ans[i]=max(f[i][0],f[i][1])-sm;
20     }
21     for (int i=n; i; i--) if (ans[i]!=ans[i+1]) s2[i]='0';
22     rep(i,1,n) putchar(s2[i]);
23     return 0;
24 }

E:考虑求F[i]表示最大前缀和不小于i的数列个数，最后差分一下即可求出期望。先给结论：F[i]=C(n+m,n-i)。归纳证明，若数列最后一个数是-1，则前n+m-1个数的最大前缀和一定是i，这部分的贡献是C(n+m-1,n-i)。若是1，由于不能保证这个1一定在最大前缀和里，于是前n+m-1个数的最大前缀和仍然是i，这部分的贡献是C(n+m-1,n-i-1)。于是F[i]=C(n+m-1,n-i)+C(n+m-1,n-i-1)=C(n+m,n-i)。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #define rep(i,l,r) for (int i=(l); i<=(r); i++)
 4 typedef long long ll;
 5 using namespace std;
 6  
 7 const int N=4010,mod=998244853;
 8 int n,m,ans,x,y,C[N][N];
 9  
10 int main(){
11     scanf("%d%d",&n,&m); C[0][0]=1;
12     rep(i,1,n+m){ C[i][0]=1; rep(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; }
13     for (int i=n; i && i>=n-m; i--) x=(C[n+m][n-i]-y+mod)%mod,ans=(ans+1ll*x*i)%mod,y=(y+x)%mod;
14     printf("%d\n",ans);
15     return 0;
16 }

原文地址：https://www.cnblogs.com/HocRiser/p/11393677.html