A
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
int mx = -2e9, mi = 2e9;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
mi = min(x, mi);
mx = max(x, mx);
}
if (mi < 0) cout << mi << '\n';
else cout << mx << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
int pos[3];
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
if (x == 1) pos[0] = i;
else if (x == 2) pos[1] = i;
else if (x == n) pos[2] = i;
}
if (pos[2] < pos[1] && pos[2] < pos[0]) cout << pos[2] << ' ' << min(pos[0], pos[1]) << '\n';
else if (pos[2] > pos[1] && pos[2] > pos[0]) cout << pos[2] << ' ' << max(pos[0], pos[1]) << '\n';
else cout << 1 << ' ' << 1 << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题目
构造一个 \(n \times m\) 的矩阵，矩阵中的元素是 \(1 \sim n \times m\) 的数字，每个数字只能出现一次，要求相邻元素差的绝对值不是个素数。
题解
知识点：构造。
方法一
按 \(m\) 奇偶性分类：
-
\(m\) 是偶数，可构造形如：
\[\begin{array}{l} &1 &2 &3 &4\\ &5 &6 &7 &8\\ &9 &10 &11 &12\\ &13 &14 &15 &16\\ \end{array} \]可以保证左右的差的绝对值为 \(1\) ，上下的差的绝对值是 \(m\) 。
-
\(m\) 是奇数，可构造形如：
\[\begin{array}{l} &1 &2 &3 &4 &5\\ &7 &8 &9 &10 &6\\ &13 &14 &15 &11 &12\\ &19 &20 &16 &17 &18\\ \end{array} \]可以保证左右的差的绝对值为 \(1\) ，上下的差的绝对值是 \(m+1\) 。
时间复杂度 \(O(nm)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
方法二
可构造形如：
可以保证左右的差的绝对值为 \(1\) ，上下的差的绝对值是 \(2m\) 或 \(\left( 2 \left\lfloor \dfrac{n-1}{2} \right\rfloor - 1 \right) m\) 。
特别地，当 \(n = 4\) 且 \(m\) 是素数时无法满足，因此考虑 \(n=4\) 时特判，构造形如：
时间复杂度 \(O(nm)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
方法一
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n, m;
cin >> n >> m;
if (m & 1) {
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 1;j <= m;j++)
cout << (i - 1) * m + (j + i - 2) % m + 1 << " \n"[j == m];
}
else {
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 1;j <= m;j++)
cout << (i - 1) * m + j << " \n"[j == m];
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
方法二
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
bool solve() {
int n, m;
cin >> n >> m;
if (n == 4) {
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 1;j <= m;j++)
cout << i + (j - 1) * n << " \n"[j == m];
}
else {
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int ii = i <= (n + 1) / 2 ? 2 * i - 1 : 2 * (i - (n + 1) / 2);
for (int j = 1;j <= m;j++) {
cout << (ii - 1) * m + j << " \n"[j == m];
}
}
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
题目
给定一个只包含 ( 和 ) 两种字符的字符串 \(s\) 。
现在要求从 \(s_1\) 出发，最终到达 \(s_n\) ，每次可以左右移动一个位置，并依次写下到达的位置的字符。
问通过 \(s\) ，最后能否写下一个合法括号序列。
题解
知识点：STL，贪心。
首先若 \(n\) 是奇数无解。
这道题本质就是判断：
- 对于最后一个
((，其右方是否存在一个))。 - 对于第一个
))，其左方是否存在一个((。
特别地，对于 \(s_1\) 为 ) 或 \(s_n\) 为 ( ，也要认为是 )) 或 (( 。
容易证明，若不满足两个条件的任意一个，那么一定无解；满足这两个条件，一定能构造出一个解。
到这里，其实用两个 set 分别维护 (( 和 )) 的位置，可以直接写了：
- 若
((和))都不存在，那么有解。 - 若情况1或2满足任意一个，那么无解。
- 否则有解。
不过，接下来官方题解的做法更加简洁。
考虑用 set 记录所有位置 \(i\) ，满足：
- 若 \(i\) 是奇数，满足 \(s_i\) 是
)。 - 若 \(i\) 是偶数，满足 \(s_i\) 是
(。
可以看到，第一个满足情况1的位置，只可能在 \(s_1\) 或第一个 )) 的位置；最后一个满足情况2的位置，只可能在 \(s_n\) 或最后一个 (( 的位置。
因此，我们可以通过类似的判断：
- 若没有位置满足，那么有解。
- 若第一个记录的位置是奇数或最后一个记录的位置是偶数，那么无解。
- 否则有解。
时间复杂度 \(O((n+q) \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int n, q;
cin >> n >> q;
set<int> st;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
char ch;
cin >> ch;
if (ch == '(' && !(i & 1) || ch == ')' && (i & 1)) st.insert(i);
}
while (q--) {
int x;
cin >> x;
if (auto it = st.find(x);it != st.end()) st.erase(it);
else st.insert(x);
if (n & 1) {
cout << "NO" << '\n';
continue;
}
if (!st.size()) cout << "YES" << '\n';
else if ((*st.begin() & 1) || !(*prev(st.end()) & 1)) cout << "NO" << '\n';
else cout << "YES" << '\n';
}
return 0;
}
E
题目
给定 \(n,m,k\) ，再给一个长度为 \(n\) 的整数数组 \(a\) 满足 \(a_i \in [1,k]\) 。
求有多少不同的长度为 \(m\) 的整数数组 \(b\) ，满足 \(b_i \in [1,k]\) 且 \(a\) 是 \(b\) 的子序列。
不同的定义：两个数组任意一个位置数字不同，可看做不同。
题解
知识点：线性dp，排列组合。
先考虑朴素的dp。
设 \(f_{i,j}\) 表示考虑了 \(b\) 前 \(i\) 个数字，且作为 \(b\) 的子序列的 \(a\) 的前缀的最长长度为 \(j\) ，有转移方程：
显然dp是会超时的，但是我们从中可以发现，整个过程和 \(a\) 一点关系都没。
因此，我们就假设 \(a_i = 1\) ，显然求不满足的比较容易。 \(b\) 共有 \(k^m\) 种，不满足的情况为 \(<n\) 个 \(1\) 且其他都不为 \(1\) ，因此不满足的情况有 $\displaystyle $ 种，所以最终答案为：
其中组合数是 \(m\) 是 \(10^9\) 的，因此不可以用公式法预处理阶乘及其逆元，考虑用乘法公式递推：
时间复杂度 \(O(n \log m)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int P = 1e9 + 7;
namespace Number_Theory {
int qpow(int a, ll k) {
int ans = 1;
while (k) {
if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % P;
k >>= 1;
a = 1LL * a * a % P;
}
return ans;
}
}
namespace CNM {
using namespace Number_Theory;
const int N = 2e5 + 7;
int n, m, cn[N];
void init(int _n, int _m) {
n = _n;
m = _m;
cn[0] = 1;
for (int i = 1;i <= m;i++) cn[i] = 1LL * (n - i + 1) * qpow(i, P - 2) % P * cn[i - 1] % P;
}
int Cn(int m) {
if (n == m && m == -1) return 1;
if (n < m || m < 0) return 0;
return cn[m];
}
}
using Number_Theory::qpow;
using CNM::Cn;
bool solve() {
int n, m, k;
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 1, x;i <= n;i++) cin >> x;
CNM::init(m, n);
int ans = qpow(k, m);
for (int i = 0;i <= n - 1;i++) (ans -= 1LL * Cn(i) * qpow(k - 1, m - i) % P - P) %= P;
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}