考试时间及策略

7:40 - 8:00       开题。T1 应该是个dp, 但是好像有点恶心。T2是个神秘构造。T3是个求随机括号匹配的概率，一眼应该是个 $n^3$ 的dp。T4有点离谱，不知道啥东西。
8:00 - 9:20       开始想T1， 发现部分分给的很足。 $n^4$ 的dp比较一眼，想了一会儿发现 可以优化到 $n^3$。然后还有一个特殊性质 $a_i=0$ 的分。这样加起来就有 $84pts$了。之后开始想怎样优化。想到了如果没有 $0$，那么状态可以优化到 $O(n)$，转移是 $O(n^2)$。但是转移还是没办法通过，就放弃了接着思考这个思路。（实际上可以接着优化转移，优化过程并不是很难）。又想了 $30min$，感觉转移真的没办法优化到 $O(n)$，并且时间不是很够。就直接开写了。写完过了部分分的大样例。
9:25 - 10:00       想T2，发现了一些T2的性质，也成功把问题转化成了图上找一点到其它点距离的最大值最小。但是接着就不会了。只能去拿 $|s{|}^{2}n$ 和 特殊性质的 $45$ 分了。
10:00 - 11:20       想 T3，想到了一些自认为重要的性质，并且想到了一个看似很对的 $O(N^3)$ 的dp。开写！！！写完之后发现过不去样例。调着调着发现刚才想的好像不对。深入思考感觉给状态换一个定义就好了。然后改了改，发现过掉了第二个样例，但是第三个样例过不去了。一直在想哪里错了，但是想不出来。后来发现时间只剩了20min，但是我T4还没开！！！赶紧把T3的几个我会写的特殊性质分写了，含泪拿了 $20pts$。去看T4了。
11:20 - 11:40       5min理解完题意，发现35pts是可以拿的，火速开写。写完没过样例！！！慌了，静态查错。终于在时间还剩 1min 的时候过样例了。赶紧交了。

考试结果

期望得分：84 + 45 + 20 + 35 = 184
实际得分：84 + 45 + 20 + 0 = 149
暴力哥都没当成功。

赛后总结

T1：应该是有能力场A的，但是没有深入往下想。
T2： 差了一步，正解就是接着往下做了个二分。但是我不是很会线性规划，没做出来也正常。
T3：假完了，白白浪费一个多小时。
T4：漏了一句话导致没拿到35pts，亏麻了。但主要还是因为没有充分的时间去写。下次应该先尽快把暴力写完再去磕正解。

这一场是搬的CF的题，第一题2300，后三题都是2600+，有点恐怖 。

题解

Balance Addicts

题面

简要题意：
       给定一个长度为 $n$ 的序列 $a$，对于每一种将 $a$ 划分成若干个子串的方式，我们设当前划分有 $k$ 个子串，分别描述为 $(l_1,r_1),(l_2,r_2),...(l_k,r_k)$，定义长度为 $k$ 的数组 $s$ 满足 $s_i={\sum }_{j=l_i}^{r_i}{a}_j$。如果 $s$ 是一个回文数组，那么称这一种划分方式是好的。求 $a$ 有多少种好的划分。

分析：
       下面提供两种解法。

       $So{l}_1$：

       因为要求最后数组是回文的，所以我们可以想到一个 $O(n^4)$ 的dp：设 $f_{i,j}$ 表示序列的前 $i$ 个 与后 $j$ 个进行分段，形成 对称 的两部分的划分方案数。那么我们枚举左右两边的段的断点 $k$，$l$。使得 ${\sum }_{p=k}^i{a}_p={\sum }_{q=n-j+1}^{n-l+1}{a}_q$。那么 $f_{i,j}\leftarrow f_{k-1,l-1}$。

       仔细思考，我们会发现有一个要求是 $[k,i]$ 与 $[n-j+1,n-l+1]$ 的区间和相等。我们枚举 $k$ 的时候显然没必要再把所有的 $l\le j$ 枚举一遍。我们可以开一个 桶 来存储信息优化复杂度。具体来说，我们设 $cn{t}_{i,j}$ 表示所有 $f_{i,k}$ 的和， 其中需要满足 区间$[n-k+1,n]$ 的和为 $j$。然后我们枚举 $k$，转移时直接调用桶里的值就好了。因为 $j$ 可能很大，但是后缀和的取值只有 $n$ 种，离散化一下就好了。有一些细节：比如需要倒序枚举 $j$。
       对于 $a_i=0$，显然答案是 $2^{n-1}$。这个可以理解为我们可以在 $n-1$ 个空位里面插板，可以不插，那么方案就是 $2^{n-1}$。

#include<bits/stdc++.h>// 84pts
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
const int M = 5e2 + 100;
typedef long long LL;
const LL mod = 998244353;
int n, tot, rk[N];
LL dp[M][M], a[N], cnt[M][M], sum[N], b[N];
LL S[N];
int Find(LL x){int c = lower_bound(b + 1, b + tot + 1, x) - (b);if(c > tot || (b[c] != x)) return -1;return c;
}
void solve1(){for(int i = 1; i <= n; i++){sum[i] = sum[i - 1] + a[i];}S[n + 1] = 0;b[++tot] = S[n + 1];for(int i = n; i >= 1; i--){S[i] = S[i + 1] + a[i];b[++tot] = S[i];}sort(b + 1, b + tot + 1);tot = unique(b + 1, b + tot + 1) - (b + 1);for(int i = n; i >= 1; i--){rk[i] = lower_bound(b + 1, b + tot + 1, S[i]) - (b);}dp[0][n + 1] = 1LL;cnt[0][1] = 1LL;for(int j = n; j >= 1; j--){// 倒序做 for(int i = j - 1; i >= 1; i--){for(int k = i - 1; k >= 0; k--){int p = Find(S[j] - sum[i] + sum[k]);if(p != -1) dp[i][j] = (dp[i][j] + cnt[k][p]) % mod;}cnt[i][rk[j]] = (cnt[i][rk[j]] + dp[i][j]) % mod;}}LL res = 0;for(int i = 1; i < n; i++){res = (res + dp[i][i + 1]) % mod;}for(int i = 1; i <= n; i++){for(int j = i; j <= n; j++){res = (res + dp[i - 1][j + 1]) % mod;}}printf("%lld\n", res % mod);
}
LL Pow(LL x, LL y){LL res = 1, k = x % mod;while(y){if(y & 1) res = (res * k) % mod;y >>= 1;k = (k * k) % mod;}return res % mod;
}
void solve2(){//插板法 printf("%lld\n", Pow(2LL, 1LL * n - 1) % mod);
}
void solve3(){}
int main(){scanf("%d", &n);bool f = 1;for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld", &a[i]);if(a[i]) f = 0;} if(n <= 500) solve1();// 72ptselse if(f) solve2();// 12ptselse solve3();// 不会 return 0;
}

       接着我们来接着优化。不难发现，如果序列里面没有 $0$，那么 $f_{i,j}$ 的每一个 $i$ 都唯一对应一个 $j$，所以可以把 $j$ 哪一维省去。但是如果序列里面有 $0$ 呢？我们只处理非 $0$ 的位置， 考虑用 $0$ 的数量去改变转移。
       假设 $b$ 序列是 $a$ 序列去除序列里面的 $0$ 后剩下元素的 位置 序列。设 $f_i$ 表示 $b_i$ 它对应后缀的 $dp$ 值。那么考虑朴素转移：假设我们知道 $f_i$，向后枚举一个 $j$，转移给 $f_j$。设 $b_i$ 对应的是 $b_k$。那么转移就是 $f_i\ast {\sum }_{l=1}^{min(b_{i+1}-b_i,b_k-b_{k-1})}{C}_{b_{i+1}-b_i}^l\times C_{b_k-b_{k-1}}^l\to f_j$。这个意思是我们可以在前面的 $0$ 里面随便插板子，只要保证$b_{i+1}$ 与 $b_i$ 之间插的板子数量和 $b_{k-1}$ 与 $b_k$ 相等就行，但是不能不插。这样转移是 $O(n)$ 的。我们接着考虑实际上对每一个 $j>i$， $f_i$ 的贡献都是一样的，我们可以维护一个变量 $Add$，表示前面对当前及后面 $f$ 数组的贡献之和。然后每次用 $Add$ 更新 $f_i$，并把 $f_i$ 贡献到 $Add$ 里面就好了。时间复杂度 $O(n)$。

       放一个 klz 的 码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long LL ;
const int N = 2e5+10 ;
const LL mod = 998244353 ;int n , a[N] , pos[N] , len ;
LL S[N] , ans ; 
LL ksm( LL a , LL b)
{LL res = 1 , t = a % mod ;while( b ) {if( b&1 ) res = res * t % mod ;b = b >> 1 ;t = t * t % mod ;}return res ;
}namespace part2
{int ret[N] ; LL f[N] , fac[N] , inv[N] ;void pre_work(){fac[0] = 1 ;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) fac[i] = fac[i-1] * i % mod ;inv[n] = ksm( fac[n] , mod-2 ) ;for(int i = n-1 ; i >= 1 ; i -- ) inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % mod ;inv[0] = 1 ;}inline LL C ( int n , int m ) {return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n-m] % mod ;}void solve(){pre_work() ;for(int i = 1 ; i <= len ; i ++ ) {S[i] = S[i-1] + a[pos[i]] ;}for(int i = 0 , j = len+1 ; i < j ; i ++ ) {while( i < j && S[i]>S[len]-S[j-1] ) j -- ;if( i < j && S[i] == S[len]-S[j-1] ) {ret[i] = j ;}}f[0] = 1 ;  pos[0] = 1 , pos[len+1] = n ;LL ADD = 0 ;for(int i = 0 ; i <= len ; i ++ ) {if( !ret[i] ) continue ;f[i] = ( f[i] + ADD ) % mod ;int dl = pos[i+1]-pos[i] , dr = pos[ret[i]]-pos[ret[i]-1] ; LL c = 0 ;for(int k = 1 ; k <= min(dl,dr) ; k ++ ) {c = ( c + C(dl,k)*C(dr,k)%mod ) % mod ;}ADD = ( ADD + f[i]*c%mod + (!i) ) % mod ;if( i+1 != ret[i] ) {ans = ( ans + f[i]*c % mod ) % mod ;}else {ans = ( ans + f[i]*(ksm(2,dl)-1)%mod + mod ) % mod ;}if( !i ) ans ++ ; // 补上整体选的 }printf("%lld\n" , ans ) ;}
}int main() 
{scanf("%d" , &n );for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {scanf("%d" , &a[i] ) ;if( a[i] ) pos[++len] = i ;}part2::solve() ;return 0 ; 
}

       $So{l}_2$：
       既然要求最后是回文数组，我们需要从两边一刀刀往内切分。我们考虑把一种划分方式 双射 成两个长度分别为 $k$ 的序列 $p$，$q$。满足：

       $1\le p_1<p_2<...<p_k<q_k<q_{k-1}<q_{k-2}<...<q_1\le n$。我们要求 $pr{e}_{p_i}=su{f}_{q_i}$。其中 $pre$ 和 $suf$ 分别表示原序列的 前缀和 以及 后缀和。

       首先对于任意一种序列都可以映射一种划分方式。其次，对于任意一种划分方式，如果是奇回文，那我们可以从两边一次依次把 段的端点 拿出来构成序列。如果是偶回文，那么我们让中间段的右端点为 $p_k$，右端点加一的位置为 $q_k$ 就好了。

       知道了双射的性质，那么现在我们只需要求这样的 序列数量 就好了。因为序列里面的元素都是正数，所以从左往右前缀和不降。从右往左后缀和不降，所以我们可以把序列按照前缀和的值划分成一段一段的，同时也可以把序列按照后缀和划分成一段一段的。设前缀和为 $sum$ 的段长度为 $l_1$，后缀和为 $sum$ 的段的长度为 $l_2$。如果这两段不想交，那么在和为 $sum$ 的方案是 ${\sum }_{i=0}^{min(l1,l2)}{C}_{l1}^i\times C_{l2,i}$。否则，如果相交，我们能发现这两段会公共覆盖不是端点的中间段，这样答案是 $2^{r-l}$。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
typedef long long LL;
const LL mod = 998244353;
int n, T;
LL a[N], pre[N], suf[N], fac[N], inv[N];
LL C(int n, int m){return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;}
LL Pow(LL x, LL y){LL res = 1, k = x % mod;while(y){if(y & 1) res = res * k % mod;y >>= 1;k = k * k % mod;}return res;
}
void solve(){scanf("%d", &n);pre[0] = suf[n + 1] = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%lld", &a[i]);pre[i] = pre[i - 1] + a[i];}for(int i = n; i >= 1; i--){suf[i] = suf[i + 1] + a[i];}LL res = 1;int l = 1, r = n;while(l < r){if(pre[l] < suf[r]){l++; continue;}if(suf[r] < pre[l]){r--; continue;}int rt = l, lt = r;while(rt < n && pre[rt + 1] == pre[l]) rt++;while(lt && suf[lt - 1] == suf[r]) lt--;if(rt == r - 1 && lt == l + 1){res = res * Pow(2LL, 1LL * r - l) % mod;break;}if(rt == n || lt == 1){res = res * Pow(2LL, 1LL * n - 1) % mod;break;}else{LL o = 0;for(int k = 0; k <= min(rt - l + 1, r - lt + 1); k++){o = (o + C(rt - l + 1, k) * C(r - lt + 1, k) % mod) % mod;}res = res * o % mod;}l = rt + 1; r = lt - 1;}printf("%lld\n", res);
}
int main(){fac[0] = 1LL;for(int i = 1; i < N; i++) fac[i] = fac[i - 1] * (1LL * i) % mod;inv[N - 1] = Pow(fac[N - 1], mod - 2LL) % mod;for(int i = N - 2; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (1LL * i + 1) % mod;scanf("%d", &T);while(T--) solve();return 0;
}

Boboniu and String

题面

简要题意：
有点长，自己看吧 。

分析：

       我们考虑给的条件是什么意思。
       两个字符串“相似”的定义：两个字符串 $N$ 和 $B$ 的数量分别相等。
       操作：一次删除或者增加 一个 $N$ 或者一个 $B$。或者同时增加或删除一个 $N$，一个 $B$。
       要求我们求出一个串 $T$，使得 $T$ 变成与给定的所以 $S_i$ 相似需要的最大操作数最小。

       发现了相似只与 数量 有关，与 顺序 无关，那么这道题就好做多了。我们把 $N$ 的数量看做 横坐标，把 $B$ 的数量看做 纵坐标，那么问题就转化成了：在平面上有若干个点。你需要求出一个点，满足它到所有给定点的移动步数最大的最小。其中移动方式有 $6$ 种。

       有 最大的最小，我们肯定是要二分的。设二分的答案是 $l$，那么所有给定点都有一个对应区域表示区域内的点能够在 $l$ 步内到达它，我们判断所有区域有没有公共部分就好了。所有点的区域可以用 线性规划 表示。设当前点坐标是 $(x_0,y_0)$，那么对于一个能够在 $l$ 步内到达它的点 $(x,y)$ 而言，需要满足一下不等关系：

$x\le x_0+l$
$x\ge x_0-l$
$y\le y_0+l$
$y\ge y_0-l$
$x-y\le x_0-y_0+l$
$x-y\ge x_0-y_0-l$

       我们维护答案点 $x$ 的范围， $y$ 的范围， $x-y$ 的范围。最后枚举 $x$ 的范围内的数，检验存不存在合法解就好了。

       时间复杂度 $O(nlo{g}_{2}n)$。

CODE：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
typedef pair< int, int > PII;
int n, x[N], y[N], lx, rx, ly, ry, lz, rz, resb, resn;// 分别是 x 的限制， y的限制， 和 x - y 的限制 
char str[M];
PII check(int l){lx = ly = 0;lz = -1e8;rx = ry = rz = 1e8;for(int i = 1; i <= n; i++){lx = max(lx, x[i] - l);rx = min(rx, x[i] + l);ly = max(ly, y[i] - l);ry = min(ry, y[i] + l);lz = max(lz, x[i] - y[i] - l);rz = min(rz, x[i] - y[i] + l);}if(rx <= 0 && ry <= 0) return make_pair(-1, -1);for(int i = max(lx, 0); i <= rx; i++){int tl = i - rz, tr = i - lz;tl = max(tl, ly); tr = min(tr, ry);if(tl <= tr){if(tr > 0 || i > 0) return make_pair(i, tr);}}return make_pair(-1, -1);
}
int main(){scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%s", str + 1);int len = strlen(str + 1);for(int j = 1; j <= len; j++){if(str[j] == 'B') x[i]++;else y[i]++;}}int l = 0, r = 2e6 + 10, mid, res = -1;while(l <= r){mid = (l + r >> 1);PII k = check(mid);if(k != make_pair(-1, -1)){res = mid;resb = k.first, resn = k.second;r = mid - 1;}else l = mid + 1;}printf("%d\n", res);for(int i = 1; i <= resb; i++) putchar('B');for(int i = 1; i <= resn; i++) putchar('N');return 0;
}

Bracket Insertion

题面

分析：
       详见这里

Conveyor

题面

分析：
       详见这里