這個比賽看起來好像挺重要的，，（結果來了一眾大佬誰都打不過qaq）

       A，B題不知道是幹什麼的

       C題（其實也是不知道在幹什麼）就是給一個字母矩陣，重排列後問是否能使它水平軸對稱+豎直軸對稱。

       可以發現一個矩陣最多由三部分組成：1.中心點，需要1個字母；2.中軸線，需要2個相同字母為1對填上去；3.其餘部分，需要4個相同字母為1組填上去。顯然能填3就能填2，能填2就能填1，因此考慮從3->2->1貪心放即可。

AC程式碼如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int m,n,num[26]; char s[100009];
int main(){
	scanf("%d%d",&m,&n);
	int s1=(m>>1)*(n>>1),s2=(m&1)*(n>>1)+(m>>1)*(n&1),s3=m&n&1;
	int i,j;
	for (i=1; i<=m; i++){
		scanf("%s",s+1);
		for (j=1; j<=n; j++) num[s[j]-'a']++;
	}
	for (i=0; i<26; i++){
		while (num[i]>=4 && s1){ num[i]-=4; s1--; }
		while (num[i]>=2 && s2){ num[i]-=2; s2--; }
		while (num[i] && s3){ num[i]--; s3--; }
		if (num[i]) break;
	}
	puts(i<26?"No":"Yes");
	return 0;
}
 

       題意就是給你m,n,d，要求構造一個染4色的方案，使得曼哈頓距離恰好為d的任何一對點顏色不同。

       首先考慮x+y->x,x-y->y，這樣就變成了以(x,y)為中心，邊心距為d的正方形的輪廓不能喝(x,y)同色。考慮x所在的行，我們可以採用先d個為一段，換一種顏色再d個為一段，再換回原來的顏色d個一段的方式染。這樣可以推廣到2維，考慮以一個d*d的正方形為一個單位，然後每4個的顏色兩兩不同，可以發現滿足條件。

AC程式碼如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
char ch[2][2]={{'R','B'},{'G','Y'}}; int n,m,k;
char calc(int x,int y){
	int a=x+y,b=x-y;
	a+=2000; b+=2000;
	a/=k; b/=k; a&=1; b&=1;
	return ch[a][b];
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&m,&n,&k);
	int i,j;
	for (i=1; i<=m; i++){
		for (j=1; j<=n; j++) printf("%c",calc(i,j)); puts("");
	}
	return 0;
}
 

       E題題意為給你一個m*n的矩形，在矩形的四周有若干個人，每個人會向對面一直走，知道走到一個被染色的方格。然後在走的過程中他會把腳下的格子染成他自己的顏色。每個人顏色不同。求最後矩形的樣子有幾種。

       首先分上下/左右先走兩種情況。考慮上下先走，那麼會把矩形分成左右兩邊。並且可以發現如果最早走的是上下中的第x個和第y個，那麼x~y中間的就不能被左右的人走到了。所以可以考慮最早走的是第x~y個，然後左右的人再走。

      如果令f[i]表示走了i+1左邊的方案數，g[i]表示走了i-1右邊的方案數，那麼答案就是Σf[i]*g[j]*2^(s[j]-1-s[i])=Σ(f[i]/2^s[i])*(g[j]*2^s[j-1])，其中s[i]表示1~i中有幾個是上下都有人的。因此關鍵是求出f[i]，同樣考慮左邊的先走的是a~b，那麼答案就是C(a+c,a)*C(b+d,b)，其中c,d表示前i列中上、下個有多少人。考慮C(a+c,a)表示的是用(0,0)走到(a,c)的方案書，那麼可以發現答案等價於從(0,0)走到(c+d,t)，並且在第c列必須走至少一步向上的方案數，其中t表示左邊有幾個人。所以答案就是C(c+d+t,t)-C(c+d-1+t,t)。

       最後小心特判全0的情況

AC程式碼如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 400009
#define ll long long
#define mod 998244353
#define cbn(x,y) ((ll)fac[x]*inv[y]%mod*inv[(x)-(y)]%mod)
using namespace std;
 
int m,n,a[N],b[N],fac[N],inv[N]; char A[N],B[N],C[N],D[N];
int solve(int m,int n,char *A,char *B,char *C,char *D){
	int i,x,y;
	memset(a,0,sizeof(a)); memset(b,0,sizeof(b));
	a[0]=b[n+1]=1;
	for (i=1,y=0; i<=m; i++) if (A[i]=='1') y++;
	for (i=1,x=0; i<=n; i++){
		if (C[i]=='1') x++;
		if (D[i]=='1') x++;
		a[i]=cbn(x+y,x);
		if (x) a[i]=(a[i]-cbn(x+y-1,x-1)+mod)%mod;
		//cout<<i<<' '<<a[i]<<endl;
	}
	for (i=1,y=0; i<=m; i++) if (B[i]=='1') y++;
	for (i=n,x=0; i; i--){
		if (C[i]=='1') x++;
		if (D[i]=='1') x++;
		b[i]=cbn(x+y,x);
		if (x>0) b[i]=(b[i]-cbn(x+y-1,x-1)+mod)%mod;
		//cout<<i<<' '<<b[i]<<endl;
	}
	int tmp;
	for (i=0,tmp=1; i<=n; i++){
		if (i>0 && C[i]=='1' && D[i]=='1') tmp=(ll)tmp*(mod+1>>1)%mod;
		a[i]=(ll)a[i]*tmp%mod;
		if (i<=n && C[i+1]=='0' && D[i+1]=='0') a[i]=0;
	}
	for (i=1; i<=n; i++) a[i]=(a[i]+a[i-1])%mod;
	for (i=tmp=1; i<=n+1; i++){
		b[i]=(ll)b[i]*tmp%mod;
		if (i<=n && C[i]=='1' && D[i]=='1') tmp=tmp*2%mod;
		if (i>1 && C[i-1]=='0' && D[i-1]=='0') b[i]=0;
	}
	int ans=0;
	for (i=1; i<=n; i++) ans=(ans+(ll)b[i+1]*a[i-1])%mod;
	//cout<<ans<<endl;
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&m,&n);
	scanf("%s%s%s%s",A+1,B+1,C+1,D+1);
	int i;
	for (i=1; i<=m; i++) if (A[i]=='1' || B[i]=='1') break;
	if (i>m){
		for (i=1; i<=n; i++) if (C[i]=='1' || D[i]=='1') break;
		if (i>n){ puts("1"); return 0; }
	}
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for (i=1; i<=(m+n<<1); i++) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
	for (i=2; i<=(m+n<<1); i++) inv[i]=mod-(ll)inv[mod%i]*(mod/i)%mod;
	for (i=2; i<=(m+n<<1); i++) inv[i]=(ll)inv[i-1]*inv[i]%mod;
	printf("%d\n",(solve(m,n,A,B,C,D)+solve(n,m,C,D,A,B))%mod);
	return 0;
}

        F就是已知一個若干個1構成的序列，然後每次可以選擇2n個連續的數，按照(1,2)(3,4),...(2n-1,2n)的方式合併，得到最終的序列。現在告訴你最終的序列，求最少幾步。

        顯然應該倒過來做。那麼考慮一次操作就是把連續的若干>1的數拆成兩半，顯然應該貪心地拆成均勻的兩份。那麼考慮拆x的過程中，每一步之後都是由兩部分組成，一部分都是t，另一部分都是t+1。

        然後考慮原問題。顯然產生的1會將原問題分成兩個子問題。顯然最小的數最早產生1，那麼把原問題分成兩個問題之後遞迴地做。注意到最小的數產生1之後可能還有部分2，需要列舉放在左邊還是右邊。

AC程式碼如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100009
using namespace std;
 
int n,a[N],lg2[N];
struct node{ int x,y; }f[17][N],b[N];
struct matrix{ int p[2][2]; };
bool operator <(node u,node v){ return u.x<v.x; }
int getmin(int x,int y){
	int k=lg2[y-x+1];
	//cout<<"	"<<x<<' '<<y<<endl;
	//cout<<k<<' '<<x<<' '<<y<<' '<<f[k][x].y<<' '<<f[k][y-(1<<k)+1].y<<endl;
	return min(f[k][x],f[k][y-(1<<k)+1]).y;
}
void calc(int k){
	int flag=0,i=a[k];
	for (; i>1; i>>=1){
		b[k].x++;
		if (i&1) flag=1;
	}
	b[k].y=flag;
}
matrix solve(int l,int r,int dep){
	//cout<<l<<' '<<r<<endl;
	if (l>r){
		matrix x;
		x.p[0][0]=0; x.p[0][1]=x.p[1][0]=x.p[1][1]=1;
		return x;
	}
	int mid=getmin(l,r),i,j,k,x=b[mid].x,y=b[mid].y;
	matrix u=solve(l,mid-1,x),v=solve(mid+1,r,x),z;
	for (i=0; i<2; i++)
		for (j=0; j<2; j++){
			z.p[i][j]=1000000000;
			for (k=0; k<=y; k++) z.p[i][j]=min(z.p[i][j],u.p[i][k]+v.p[y-k][j]);
		}
	//cout<<l<<' '<<r<<' '<<mid<<' '<<x<<' '<<dep<<endl;
	for (i=0; i<2; i++)
		for (j=0; j<2; j++) z.p[i][j]+=x-dep;
	if (dep<x)
		for (i=0; i<2; i++)
			for (j=0; j<2; j++) z.p[i][j]=z.p[0][0];
	//for (i=0; i<2; i++)
		//for (j=0; j<2; j++) cout<<z.p[i][j]<<' ';puts("");
	return z;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	int i,j;
	for (i=2; i<=n; i++) lg2[i]=lg2[i>>1]+1;
	for (i=1; i<=n; i++){
		scanf("%d",&a[i]); calc(i);
		//cout<<i<<' '<<b[i].x<<' '<<b[i].y<<endl;
	}
	for (i=1; i<=n; i++) f[0][i]=(node){a[i],i};
	for (i=1; i<=16; i++)
		for (j=1; j<=n; j++){
			f[i][j]=f[i-1][j];
			if (j+(1<<i-1)<=n) f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j+(1<<i-1)]);
		}
	printf("%d\n",solve(1,n,0).p[0][0]);
	return 0;
}

by lych

2017.9.25