Educational Codeforces Round 64
CodeForces 1156A
题意:1代表圆，2代表正三角形，3代表正方形。给一个只含1,2,3的数列a，ai+1内接在ai内，求总共有多少个交点。
交了好多遍才过。分类讨论一下内接的情况，然后注意到当正方形内接圆形再内接三角形时会有一个点重复，减去即可。
code
#include<cstdio>
int n,fig[],ans,flag,haha[][];
int main()
{
scanf("%d",&n);
haha[][]=;haha[][]=;
haha[][]=;haha[][]=;
haha[][]=;haha[][]=;
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&fig[i]);
ans+=haha[fig[i-]][fig[i]];
if(fig[i]==&&fig[i-]==&&fig[i-]==)ans--;
if(ans>=)
{
printf("Infinite\n");
return ;
}
}
printf("Finite\n");
printf("%d",ans);
}
CodeForces 1156B
题意：给一个字符串，要求重新排列后不能有字母表中相邻的字母被放在一起（如“ab”与“ba”就不合法）。若可以做到就输出字符串，反之输出“No answer”。
相同的字母可以缩成一个。发现只有当给的字母是两个或三个相邻的字母时是无法做到的（“ab”，“abc”），特判处理。对所有的字母排序后就可以乱搞了。
当总共有奇数个字母时，将a(1+n)/2拿出来放到答案中的第一个，剩下的就按a1，an，a2，an-1......这样来排。
（总共有3个字母时可能第一个或最后一个与中间的那个相邻，特判处理一下）
当总共有偶数个字母时，将a(1+n)/2+1放到答案中的第一个，a1放到答案中的第二个，an放到答案的第三个，a(1+n)/2放到答案的第四个，剩下的就按an-1,a2,an-2,a3....这样来排。
（一开始还想用哈密顿回路来做）
code
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int T,cha[],tot,tim[],ans[];
char ch[];
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%s",ch+);
int len=strlen(ch+);
for(int i=;i<=len;i++)
{
if(!tim[ch[i]-'a'])
cha[++tot]=ch[i]-'a';
tim[ch[i]-'a']++;
}
sort(cha+,cha++tot);
if((tot==&&cha[]+==cha[]&&cha[]+==cha[])||(tot==&&cha[]+==cha[]))
printf("No answer\n");
else
{
if(tot%==)
{
int mid1=tot/,mid2=mid1+;
ans[]=cha[mid2];ans[]=cha[];
ans[]=cha[tot];ans[]=cha[mid1];
int l=;
for(int i=;i<mid1;i++)
ans[++l]=cha[tot-i+],ans[++l]=cha[i];
}
else
{
ans[]=cha[tot/+];
if(tot!=||(tot==&&cha[]+!=cha[]&&cha[]+!=cha[]))
for(int i=;i<=tot/;i++)
ans[i*]=cha[i],ans[i*+]=cha[tot-i+];
else
{
if(cha[]+==cha[])
ans[]=cha[],ans[]=cha[];
else
ans[]=cha[],ans[]=cha[];
}
}
for(int i=;i<=tot;i++)
for(int j=;j<=tim[ans[i]];j++)
printf("%c",ans[i]+'a');
printf("\n");
}
memset(cha,,sizeof cha);tot=;
memset(ch,,sizeof ch);
memset(tim,,sizeof tim);
}
return ;
}
CodeForces 1156C
题意：给一串数列a与数字z，若|ai-aj|>=z，则ai与aj可以匹配。一个数只能匹配一次，求最大匹配数。
本能地给数列排序后，发现新数列有这样一个性质：若有两个匹配之间跨越范围不相交，那么我们可以让它们变成相交的，这样不会影响它们对答案的贡献。但这个性质反过来不一定成立，所以我们匹配时最好让它们相交。
把数列的中点取出，把中点右边的点当做匹配的右端点，左边的当做左端点，依次匹配就好了。这样做可以让所有匹配跨越范围都经过中点，即在中点相交。
论证一下严谨性。如果有一边的点能形成不过中点的匹配，那么它肯定能通过另一边的某个点变为过中点的匹配（因为取的是中点，两边点的个数最多相差1，所以另一边肯定存在一个点能保证形成新的匹配）。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,z,num[],ans,vis[];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&z);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&num[i]);
sort(num+,num++n);
for(int i=(+n)/+,j=;i<=n;i++)
{
while(vis[j])j++;
if(!vis[i]&&!vis[j]&&num[i]-num[j]>=z)
vis[i]=vis[j]=,ans++,j++;
}
printf("%d\n",ans);
}
CodeForces 1156D
题意：给一棵树，边的权值只有0和1。数对（x，y）,x到y的路径上经过权值为0的边后就再也没有经过权值为1的边，求满足条件的数对的个数。
用并查集求出所有边权只含0和1的连通块，设每个连通块的点的个数为siz。然后分类讨论，只含权值为1或0的边的路径，则每个连通块的贡献为siz*(siz-1)。含权值为0和权值为1的边的路径，枚举路径上01转变的点，找到包含它的只含0的连通块i与只含1的连通块j，产生的贡献为(sizi-1)*(sizj-1)。
（不需要担心两个联通块还有其它公共点，因为这是棵树）
看到zzwy大佬还有一种巧妙的算法，直接枚举1.0转变的点，找到包含它的只含0的连通块i与只含1的连通块j，产生的贡献为sizi*sizj-1，这样还同时枚举了边权只含0或1的情况，减去1是去掉自己到自己。
code
#include<cstdio>
int ori[][],n,tim[][];
long long ans=;
int find(int x,int k){return !ori[x][k]?x:ori[x][k]=find(ori[x][k],k);}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=,a,b,c;i<=n-;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
int t1=find(a,c),t2=find(b,c);
if(t1!=t2)
ori[t1][c]=t2;
}
for(int i=;i<=n;i++)
tim[find(i,)][]++,tim[find(i,)][]++;
for(int i=;i<=n;i++)
ans+=1ll*(tim[find(i,)][])*(tim[find(i,)][])-;
printf("%lld\n",ans);
}
CodeForces 1156E
题意：给一个数列p，求所有的数对（l，r）的个数，满足pl+pr=maxri=lpi。
这题抄的题解和代码：
对于每个数a，我们可以用单调队列求出它左边第一个和右边第一个比它大的数al与ar，那么中间的这段区间（l,r）它就是最大值，之后就暴力枚举就好了。通过类似启发式合并的思想（反正我还没学）可以证明复杂度为nlogn。
code
#include<cstdio>
#define maxn 200005
int q[maxn],be=,en,n,p[maxn],pos[maxn],L[maxn],R[maxn];
long long ans;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&p[i]),pos[p[i]]=i;p[n+]=;p[]=;
for(int i=;i<=n+;i++)
{for(;be<=en&&p[q[en]]<p[i];en--);L[i]=q[en];q[++en]=i;}
for(int i=n+;i>=;i--)
{for(;be<=en&&p[q[en]]<p[i];en--);R[i]=q[en];q[++en]=i;}
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(i-L[i]<R[i]-i)
for(int j=L[i]+;j<i;j++)
{ if(R[i]>pos[p[i]-p[j]]&&pos[p[i]-p[j]]>i)ans++;}
else
for(int j=R[i]-;i<j;j--)
{ if(L[i]<pos[p[i]-p[j]]&&pos[p[i]-p[j]]<i)ans++;}
}
printf("%I64d\n",ans);
}
CodeForces 1156F
题意：给一堆牌，随便拿，若这次的值小于上次则失败，等于上次的值则成功，大于上次的值则继续游戏，求胜利的期望值。
第一道自己写的概率dpQAQ
首先对于任何一个不失败的状态，摸到牌形成的序列应该是不下降的，所以先排个序。我们可以假设dp[i][j]表示第i张牌摸到了值为j的牌且游戏未结束的期望值。因为序列不下降且游戏尚未结束，那么值为j的牌就只用了一张。则dp[i][j]可以由dp[i+1][k](k>j)转移过来。首先，先预处理出每个数字的个数cnt，然后就可以进行转移了。dp[i][j]的期望值应该是 (cntj-1)/n-i 加上(∑dp[i+1][k])/(n-i)（k>j）,即下一次抽到j的期望值加上之后获胜的期望值，再用前缀和优化一下就好了。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 5005
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,a[maxn],inv[maxn],num[maxn],cnt[maxn],f[maxn][maxn],flag=;
int main()
{
scanf("%d",&n);
inv[]=;for(int i=;i<=n;i++)inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
for(int i=;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
sort(a+,a++n);
for(int i=;i<=n;cnt[a[i]]++,i++)
if(!cnt[a[i]])num[++num[]]=a[i];
sort(num+,num++num[]);
for(int i=n;i>=;i--)
{
long long sum=;
for(int k=;k<=num[];k++)
sum=(sum+1ll*f[flag^][k]*cnt[num[k]]%mod*inv[n-i]%mod)%mod;
for(int j=;j<=num[];j++)
{
sum=(sum-1ll*f[flag^][j]*cnt[num[j]]%mod*inv[n-i]%mod+mod)%mod;
f[flag][j]=(1ll*(cnt[num[j]]-)*inv[n-i]%mod+sum)%mod;
}
flag^=;
}
int ans=;
for(int i=;i<=num[];i++)
ans=(ans+1ll*f[flag^][i]*cnt[num[i]]%mod*inv[n]%mod)%mod;
printf("%d\n",ans);
}
CodeForces 1156G
恕在下不肖，真的不会。