[2.7]【CF933A】A Twisty Movement【CF926B】Add Points【CF917A】The Monster【CF919E】Congruence Equation

T1：A Twisty Movement

题目

题目

题解

因为 $a_i$= $1/2$，于是我们可以确定答案一定是： $[1,1,1,…][2,2,2…][1,1,1…][2,2,2…]$这样的四段子序列（每一段都允许为空）中第二、三段所在区间翻转得到

我们可以从左往右做前缀和 $pre[i]$表示 $[1,i]$出现 $1$的个数，后缀和 $suf[i]$表示 $[i,n]$出现 $2$的个数

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然后我们枚举二、三段的分界点 $k,k∈[1,n+1]$，再设一、二段的分界点为 $p,p∈[1,k]$，三、四段的分界点为 $q,q∈[k,n+1]$

那么答案为 $(pre[p-1])+(suf[p]-suf[k])+(pre[q-1]-pre[k])+(suf[q])$

将式子中括号括起来的当为一个整体
这个式子可以化为：
$(pre[p-1]+suf[p]+pre[q-1]+suf[q])-(suf[k]+pre[k])$
$p∈[1,k],q∈[k,n+1]$

发现对于一个确定的 $k$，我们要最大化前面括号的式子
而第一个括号里面的东西可以用线段树维护下 $pre[i-1]+suf[i]$
那么只用枚举 $k$，再两次区间最大值查询，更新答案就好了

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN 2005
int n, result;
int a[MAXN], pre[MAXN], suf[MAXN], tree[MAXN << 2];

void insert ( int t, int l, int r, int id, int val ) {
	if ( l == r ) {
		tree[t] = val;
		return;
	}
	int mid = ( l + r ) >> 1;
	if ( id <= mid )
		insert ( t << 1, l, mid, id, val );
	else
		insert ( t << 1 | 1, mid + 1, r, id, val );
	tree[t] = max ( tree[t << 1], tree[t << 1 | 1] );
}

int query ( int t, int l, int r, int L, int R ) {
	if ( L <= l && r <= R )
		return tree[t];
	int mid = ( l + r ) >> 1;
	int ans = 0;
	if ( L <= mid )
		ans = max ( ans, query ( t << 1, l, mid, L, R ) );
	if ( mid < R )
		ans = max ( ans, query ( t << 1 | 1, mid + 1, r, L, R ) );
	return ans;
}

int main() {
	scanf ( "%d", &n );
	for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
		scanf ( "%d", &a[i] );
	for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
		pre[i] = pre[i - 1] + ( a[i] == 1 );
	for ( int i = n;i >= 1;i -- )
		suf[i] = suf[i + 1] + ( a[i] == 2 );
	for ( int i = 1;i <= n + 1;i ++ )
		insert ( 1, 1, n + 1, i, pre[i - 1] + suf[i] );
	for ( int i = 1;i <= n + 1;i ++ ) {
		int tmp1 = query ( 1, 1, n + 1, 1, i ), tmp2 = query ( 1, 1, n + 1, i, n + 1 );
		result = max ( result, tmp1 + tmp2 - pre[i - 1] - suf[i] ); 
	}
	printf ( "%d", result );
	return 0;
}

T2：Add Points

题目

题目

题解

这道题实在不知道怎么讲，我觉得直接扔一句话就懂了
排完序后两两距离的最大公约数

code

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
int n;
int x[MAXN];

int gcd ( int x, int y ) {
	if ( ! y )
		return x;
	else
		return gcd ( y, x % y );
}

int main() {
	scanf ( "%d", &n );
	for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
		scanf ( "%d", &x[i] );
	sort ( x + 1, x + n + 1 );
	int d = x[2] - x[1];
	for ( int i = 2;i < n;i ++ ) {
		int dis = x[i + 1] - x[i];
		d = gcd ( d, dis );
	}
	int result = 0;
	for ( int i = 1;i < n;i ++ )
		result += ( x[i + 1] - x[i] ) / d - 1;
	printf ( "%d", result );
	return 0;
}

T3：The Monster

题目

题目

题解

其实还是有点意思，我认为比 $T2$要难一点
首先直接纯暴力 $2^{5000}$可以直接当场去世了

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考虑枚举起点，用 $tot$记录， $($就 $+1$， $)$就 $-1$，
若 $tot == 0$，说明匹配成功 $result++$

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对于 $?$就麻烦一点了
$tot>0$，表示需要右括号匹配，使 $?$为右括号，
因为右括号一定可以改为左括号（期待后面能够匹配成功），
因此 $change++$（ $change$为可以修改为左括号的 $?$个数）

$tot<0$， $?$只能为左括号，并且不能计入num

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如果某一个时刻， $tot<0,num>0$，说明可以将之前的右括号改为左括号，则 $tot += 2,num--$

剪枝部分：若 $tot<0,num=0$，说明此序列当前及以后都不会合法，直接 $break$

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MAXN 5005
char s[MAXN];
int result, tot, change;

int main() {
	scanf ( "%s", s );
	int len = strlen ( s );
	for ( int i = 0;i < len;i ++ ) {
		tot = 0, change = 0;
		for ( int j = i;j < len;j ++ ) {
			if ( s[j] == '(' )
				tot ++;
			else if ( s[j] == ')' ) 
					tot --;
				else {
					if ( tot > 0 )
						tot --, change ++;
					else
						tot ++;
				}
			if ( tot < 0 && change > 0 )
				tot += 2, change --;//°Ñ֮ǰµ±³É')'ÌṩµÄ-1¼Ó»ØÀ´ÔÙ¼ÓÉÏ'('µÄ¹±Ï× 
			if ( tot < 0 && ! change )
				break;
			if ( ! tot )
				result ++;
		}
	}
	printf ( "%d", result ); 
	return 0;
}

T4：Congruence Equation

题目

题目

题解

对于这种数论题只想说一句：不康题解：这神马玩意儿；康完题解：太水了

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$n*a^n≡b(mod\ p)$，加上费马那一堆人的鬼定理
我们知道第一个乘数 $n$的循环节是 $p$
而指数 $n$的循环节是 $φ(p)$，又因为 $p$为质数，所以 $φ(p)=p-1$
综上 $n⋅a^n$有循环节 $p*(p−1)$

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然后就可以设 $n=j*(p-1)+i$，接着开始搞事
$n*a^n≡b(mod\ p)$
$(j*(p-1)+i)*a^{j*(p-1)+i}≡b(mod\ p)$
$(j*p-j+i)*a^i≡b(mod\ p)$
$(i-j)*a^i≡b(mod\ p)$
$j≡i-\frac{b}{a^i}(mod\ p)$
然后就可以枚举 $i$解出 $j,n$搞到一个最小解，根据循环节算有几个
$\frac{x−minn}{p⋅(p−1)}$

code

#include <cstdio>
#define int long long
int a, b, p, x, result;

int qkpow ( int x, int y ) {
	int ans = 1;
	while ( y ) {
		if ( y & 1 )
			ans = ans * x % p;
		x = x * x % p;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}

signed main() {
	scanf ( "%lld %lld %lld %lld", &a, &b, &p, &x );
	for ( int i = 1;i < p;i ++ ) {
		int j = ( i - b * qkpow ( qkpow ( a, i ), p - 2 ) % p + p ) % p;
		int minx = j * ( p - 1 ) + i;
		if ( minx <= x )
			result += ( x - minx ) / ( p * ( p - 1 ) ) + 1;
	}
	printf ( "%lld", result );
	return 0;
}