VP Educational Codeforces Round 49 (Rated for Div. 2)

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A. Palindromic Twist

判断对应位置的差是不是等于0或2。

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void solve() {int n;std::cin >> n;std::string s;std::cin >> s;for (int i = 0, j = n - 1; i < j; ++ i, -- j) {if (std::abs(s[i] - s[j]) != 2 && s[i] != s[j]) {std::cout << "NO\n";return;}}std::cout << "YES\n";
}

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B. Numbers on the Chessboard

分类讨论。

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void solve() {i64 n, q;std::cin >> n >> q;i64 a = (n * n + 1) / 2;while (q -- ) {int x, y;std::cin >> x >> y;if (x + y & 1) {i64 d = (n / 2 + (n + 1) / 2) * (x / 2);if (x % 2 == 0) {d -= (n + 1) / 2;d += (y + 1) / 2;} else {d += y / 2;}std::cout << a + d << "\n";} else {i64 d = (n / 2 + (n + 1) / 2) * (x / 2);if (x % 2 == 0) {d -= n / 2;d += y / 2;} else {d += (y + 1) / 2;}std::cout << d << "\n";}}
}

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C. Minimum Value Rectangle

题意：给你\(n\)个木棒，用其中四个构造矩形，使得周长的平方除面积最小。

设两条边长为\(x, y(x < y)\)。则要求\({(2(x + y))^2}{xy}\)最小，推理一下：\({(2(x + y))^2}{xy} = \frac{4x^2 + 4y^2 + 8xy}{xy} = 4(\frac{x}{y} + \frac{y}{x}) + 8\)，那么要让\(\frac{y}{x}\)最小，我们肯定选相邻的两个值。

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void solve() {int n;std::cin >> n;std::vector<i64> a(n);for (int i = 0; i < n; ++ i) {std::cin >> a[i];}std::ranges::sort(a);std::vector<i64> b;for (int i = 0; i + 1 < n; ++ i) {if (a[i] == a[i + 1]) {b.push_back(a[i]);i += 1;}}int m = b.size();i64 x = b[0], y = b[1];for (int i = 0; i + 1 < m; ++ i) {if (b[i + 1] * x < y * b[i]) {x = b[i], y = b[i + 1];}}std::cout << x << " " << x << " " << y << " " << y << "\n";
}

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D. Mouse Hunt

题意：\(n\)个点每个点有一个代价和一个出边。要求选一些点使得所有点都可以到达其中一个点，且这些点的代价和最小。

进行\(tarjan\)求强连通分量后缩点成\(DAG\)图，那么图中没有出边的点代表的连通分量里选一个最小值。

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void solve() {int n;std::cin >> n;std::vector<int> c(n), a(n);for (int i = 0; i < n; ++ i) {std::cin >> c[i];}for (int i = 0; i < n; ++ i) {std::cin >> a[i];-- a[i];}std::vector<int> dfn(n), low(n), id(n), min(n, 1e9), stk(n + 10), in_stk(n);int top = 0, idx = 0, cnt = 0;auto tarjan = [&](auto & self, int u) -> void {dfn[u] = low[u] = ++ idx;stk[ ++ top] = u; in_stk[u] = 1;int v = a[u];if (!dfn[v]) {self(self, v);low[u] = std::min(low[u], low[v]);} else if (in_stk[v]) {low[u] = std::min(low[u], dfn[v]);}if (dfn[u] == low[u]) {do {v = stk[top -- ];in_stk[v] = 0;id[v] = cnt;min[cnt] = std::min(min[cnt], c[v]);} while (v != u);++ cnt;}};for (int i = 0; i < n; ++ i) {if (!dfn[i]) {tarjan(tarjan, i);}}std::vector<int> in(cnt);for (int i = 0; i < n; ++ i) {if (id[i] != id[a[i]]) {++ in[id[i]];}}int ans = 0;for (int i = 0; i < cnt; ++ i) {if (in[i] == 0) {ans += min[i];}}std::cout << ans << "\n";
}

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E. Inverse Coloring

题意：构造一个\(01\)矩阵，有三个条件：

1. 每行的位置和上一行对应位置要么都相同要么都不同
2. 每列的位置和前一列对应位置要么都相同要么都不同
3. 最大的\(0\)的连通块大小小于\(k\)，最大的\(1\)连通块大小小于\(k\)。

那么首先要发现，确定了第一行第一列后整个矩阵就确定了。
因为一行中连续的一段在接下来的行里也连续，一列中连续的一段在接下来的列里也连续，那么它们构成的子矩阵的元素都是相同的。那么我们需要求出行的最大连续段的方案和列的最大连续段的方案。

解法一：
记\(f[i][j][k]\)为前\(i\)个元素最长连续段长度为\(j\)，末尾有连续\(k\)个相等的元素的方案数。
那么我们在末尾加一个相同的元素可以转移到\(f[i + 1][(\max(j, k + 1)][k + 1]\)，加一个不一样的可以转移到\(f[i + 1][\max(j, 1)][1]\)。
那么长度为\(j\)的方案数\(cnt_j\)就是\(\sum_{k=1}^{j} f[n][j][k]\)。
答案就是枚举\(i \times j < k\)的对数加上\(cnt_i \times cnt_j\)。然后除二。为什么除二？因为我们只是算连续相同的段，如果行列组合起来，可能一个要求相同，一个要求不相同，那么就不是一样的矩阵了。
代码省略取模类。

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void solve() {int n, K;std::cin >> n >> K;std::vector f(n + 1, std::vector<Z>(n + 1));f[0][0] = 1;for (int i = 0; i < n; ++ i) {std::vector g(n + 1, std::vector<Z>(n + 1));for (int j = 0; j <= i; ++ j) {for (int k = 0; k <= j; ++ k) {if (k + 1 <= n) {g[std::max(k + 1, j)][k + 1] += f[j][k];}g[std::max(1, j)][1] += f[j][k];}}f = g;}std::vector<Z> cnt(n + 1);for (int i = 1; i <= n; ++ i) {for (int j = 1; j <= i; ++ j) {cnt[i] += f[i][j];}}Z ans = 0;for (int i = 1; i <= n; ++ i) {for (int j = 1; j <= n; ++ j) {if (i * j < K) {ans += cnt[i] * cnt[j];}}}std::cout << ans / 2 << "\n";
}

解法二：
考虑用\(f[i][j]\)表示前\(i\)个元素连续段小于等于\(j\)的方案数，这样就可以通过\(f[n][i] - f[n][i - 1]\)求出恰好为\(i\)的方案数。
那么我们考虑前面转移到了\(k\)，从\([k+1, i]\)都填相同的数，那么有\(f[i][j] = \sum_{k=i-j}^{i-1} f[k][\min(j, k)]\)。
至于这个算出来的结果，需要乘上2。
因为观察解法一的方程，发现会给长度为1的连续段贡献两次，而这个解法只会贡献一次。相当于解法一把格子的两种情况都算上了，所以组合的时候需要去除两个不合法的情况，而这个解法每个格子只算了一种情况，需要乘二。

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void solve() {int n, K;std::cin >> n >> K;std::vector f(n + 1, std::vector<Z>(n + 1));f[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; ++ i) {for (int j = 1; j <= i; ++ j) {for (int k = i - j; k < i; ++ k) {f[i][j] += f[k][std::min(k, j)];}}}std::vector<Z> cnt(n + 1);for (int i = 1; i <= n; ++ i) {cnt[i] = f[n][i] - f[n][i - 1];}Z ans = 0;for (int i = 1; i <= n; ++ i) {for (int j = 1; j <= n; ++ j) {if (i * j < K) {ans += cnt[i] * cnt[j];}}}std::cout << ans * 2 << "\n";
}