前言：solveABCF相对简单，D题思路简单但是实现麻烦，F题郭老师神力b(￣▽￣)。
A. 好字符串
题目大意：给定字符串s，里面的字母必须大小写同时出现。
【解题】：没什么好说的，直接模拟就行。
code：
#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
int n; string s;
unordered_map<char, int> mp;
bool check()
{
for(int i = 0; i < n; i++)
{
char ch1 = s[i];
char ch2;
if(isupper(ch1)) ch2 = tolower(ch1);
else ch2 = toupper(ch1);
if(!mp.count(ch2)) return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
cin >> n >> s;
for(int i = 0; i < n; i++) mp[s[i]]++;
if(check()) cout << "YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
return 0;
}B. 平均数
题目大意：给定一个由0 1 -1 组成的数组，0代表该元素等于平均数，1代表大于，-1代表小于。
问给出的数组是否合法。
【解题】：合法的情况：
- 全是0
- 1 -1 同时出现（不用管次数）
code：
#include <iostream>
#include <unordered_map>
using namespace std;
unordered_map<int, int> mp;
int n;
int main()
{
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int x; cin >> x;
mp[x]++;
}
if((mp.count(-1) && mp.count(1)) || (!mp.count(-1) && !mp.count(1))) cout << "YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
return 0;
}C. 质数
题目大意：对于l到r的数，可以分配到s1，s2两个集合内，集合至少一个元素，且gcd(s1) = 1，gcd(s2) != 1，问|len1 - len2|的最小值。
【解题】：不难发现：如果把连续的偶数给s2可以保证gcd(s2)至少是2，把奇数给s1又保证了gcd(s1) = 1，这样又均分了l，r之间的元素，可以使得|len1 - len2|最小。
code：
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main()
{
int q; cin >> q;
while(q--)
{
LL l, r; cin >> l >> r;
LL n = r - l + 1;
if(n <= 1) cout << -1 << endl;
else if(n == 2)
{
if(l == 1) cout << 0 << endl;
else cout << -1 << endl;
}
else
{
cout << n % 2 << endl;
}
}
return 0;
}F. 种类数
题目大意：长度为n的数组a，每次操作将所有的ai <-max(0， ai - cnt)其中cnt是a的种类数。问经过多少次操作可以使数组种类数变为1。
【解题】：对于开始种类数是一的情况直接输出0就行，对于开始不是1的情况，由于他们的差值只有再ai变为0的情况下才会改变，所有最终结果是全变为零的操作次数，为此我们不妨每个数只存一遍，我们需要知道第k次操作的种类数，减的总数以及当前数组的最小值。
#include <iostream>
#include <unordered_map>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
priority_queue<LL, vector<LL>, greater<LL>> heap;
unordered_map<LL, LL> mp;
int main()
{
int n; cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
LL x; cin >> x;
mp[x]++;
}
if (mp.size() == 1)
{
cout << 0 << endl;
return 0;
}
LL k = mp.size();
LL ans = 0, now = 0;
for (auto t : mp)
{
heap.push(t.first);
}
bool flag = false; // 用于处理0的特殊情况
while (heap.top() == 0)
{
heap.pop();
flag = true;
}
while (heap.size())
{
while (heap.size() && now >= heap.top())
{
heap.pop();
if (!flag)
{
// 这里0是第一次出现，所以k不能--
flag = true;
continue;
}
k--;
}
if (heap.size())
{
LL x = heap.top();
LL t = (x - now) / k;
if(t == 0) t++;
now += t * k;
ans += t;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}D. 众数
题目大意：给定长度为n的数组a，必须执行下面操作一次：
选择两个不同位置i，j使得ai=ai + 1， aj=aj - 1，问众数出现的所有可能。
【解题】：本题的题眼其实是数据范围，它只有1e3所有我们是可以设计一个n^2或者n^2logn的算法的，n^2其实停留在枚举所有的ij上，所有我们只能用O(1) or O(logn)的时间找出每次ij的众数，这样就需要维护一个内部有序的数据结构，我们借助set维护。
code：
#include <iostream>
#include <set>
#include <map>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 1e6 + 1, N = 2e3 + 10;
int a[N];
struct node
{
int num, cnt;
bool operator< (const node& b) const
{
if (cnt != b.cnt) return cnt < b.cnt;
return num < b.num;
}
};
map<int, int> mp;
set<node> tmp;
set<int> ans;
int cnt[M];
void add(int val)
{
auto it = tmp.lower_bound({ val, cnt[val] });
cnt[val]++;
if (it->num == val)
{
tmp.erase(it); // 需要重新插入，不能直接--
tmp.insert({ val, cnt[val] });
}
else // 第一次出现
{
tmp.insert({ val, 1 });
}
}
void del(int val)
{
auto it = tmp.lower_bound({ val, cnt[val] });
cnt[val]--;
tmp.erase(it);
if (cnt[val] >= 1) // 还存在
{
tmp.insert({ val, cnt[val] });
}
}
int main()
{
int n; cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
add(a[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
if (i == j) continue;
del(a[i]);
add(a[i] + 1);
del(a[j]);
add(a[j] - 1);
ans.insert(tmp.rbegin()->num);
add(a[i]);
del(a[i] + 1);
add(a[j]);
del(a[j] - 1);
}
}
for (auto it = ans.begin(); it != ans.end(); it++) cout << *it << " ";
return 0;
}G. 中位数
题目大意：对于长度为n的排列，求下面式子对于所有n的排列的累乘对1610612741取模后的结果。
【解题】：组合数学 + 贡献法转化枚举对象
code：
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define endl '\n'
const int N = 6e3 + 10;
const int MOD = 1610612741;
const int PM = MOD - 1;
typedef pair<LL, LL> PII;
LL fac_len[N];
LL gac_glen[N];
LL f[N];
int n;
LL C[N][N];
LL qpow(LL a, LL b, LL MOD)
{
LL ret = 1;
while(b)
{
if(b & 1) ret = ret * a % MOD;
b >>= 1;
a = a * a % MOD;
}
return ret;
}
void init()
{
fac_len[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) fac_len[i] = fac_len[i - 1] * i % PM;
// vector<LL, vector<LL>> C(n + 1, vector<LL>(n + 1));
for(int i = 0; i <= n; i++)
{
C[i][0] = 1;
for(int j = 1; j <= i; j++)
{
C[i][j] =(C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % PM;
}
}
for(int mid = 1; mid <= n; mid++)
{
for(int len = 1; len <= n; len++)
{
// if(len % 2 == 1) f[mid] = (f[mid] + (C[mid - 1][len / 2] * C[n - mid][len / 2] % PM * fac_len[len] % PM * fac_len[n - len] % PM * (n - len + 1) % PM)) % PM;
f[mid] = (f[mid] + (C[mid - 1][len / 2] * C[n - mid][len - (len / 2) - 1] % PM * fac_len[len] % PM * fac_len[n - len] % PM * (n - len + 1) % PM)) % PM;
}
}
}
void solve()
{
cin >> n;
init();
LL ans = 1;
// for(int i = 0;i <= n; i++) cout << gac_glen[i] << " ";
for(int mid = 1; mid <= n; mid++)
{
ans = (ans * qpow(mid, f[mid], MOD)) % MOD;
}
cout << ans << endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int T = 1;
// cin >> T;
while(T--)
{
solve();
}
return 0;
}
