本场也算是对我努力的一个reward吧，也是非常nice啊，话不多说，先写题解，写完直接休息
A. Two Screens
思路：我们先去想其最多需要多少次，也就是两个串长度之和，然后在哪里有优化呢？就是说两个串之间有可能有相等的前缀，可以将前缀直接拓印过来，将相同长度k的的前缀串复制过来，将操作化简为1，直接用sum-k+1即可，当然了，有可能有相同的部分为0，如果为0，直接输出两个串长度之和
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int q;
string s,t;
void solve()
{
cin>>s>>t;
int cnt=0;
int sum=s.size()+t.size();
for(int i=0;i<min(s.size(),t.size());i++)
{
if(s[i]==t[i])
cnt++;
else
break;
}
if(cnt==0)
cout<<sum<<"\n";
else
cout<<sum-cnt+1<<"\n";
}
signed main()
{
cin>>q;
while(q--)
solve();
return 0;
}B. Binomial Coefficients, Kind Of
思路：看题就是说求错误的最终结果，我们每次取的都是左边一个+左上一个
我们手玩一下就发现了规律，第k列的值就是2的k次方，直接用快速幂
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
const int mod = 1e9 + 7;
int n[100005];
int k[100005];
// 快速幂公式
int fast(int a, int b)
{
long long result = 1;
long long base = a % mod; // 计算base时取mod，防止溢出
while (b > 0)
{
if (b % 2 == 1)
{
result = (result * base) % mod;
}
base = (base * base) % mod;
b /= 2;
}
return result;
}
signed main()
{
cin >> t;
for (int i = 1; i <= t; i++)
{
cin >> n[i];
}
for (int i = 1; i <= t; i++)
{
cin >> k[i];
}
for (int i = 1; i <= t; i++)
{
cout << fast(2, k[i]) << "\n";
}
return 0;
}C. New Game
思路：我们首先需要用一个map去统计每个数出现的次数，然后快排一下，去重，跑一遍单调队列，我们在单调队列中去处理结果
我们用sum去表示过程中的值，ans表示最终的最大值
如果队列不为空并且当前要插入的元素和队尾元素差值不是1，那么去更新最大值，然后将sum变为0
如果队列不为空，但是插入的值和第一个元素的值差值大于等于k，说明插入的元素要多于k了，因此我们需要将队首元素弹出，并且sum-队首元素的次数
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t;
int n, k;
int a[200005];
map<int, int> mp;
struct node
{
int x;
int cnt;
};
deque<node> que;
void solve()
{
cin >> n >> k;
mp.clear();
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
mp[a[i]]++;
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
int len = unique(a + 1, a + 1 + n) - (a + 1);
vector<node> q(len + 1);
for(int i = 1; i <= len; i++)
{
q[i].x = a[i];
q[i].cnt = mp[a[i]];
}
int sum = 0;
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= len; i++)
{
if (!que.empty() && q[i].x - 1 != que.back().x)
{
ans = max(ans, sum);
sum = 0;
while (!que.empty())
{
que.pop_back();
}
}
while (!que.empty() && que.front().x<=q[i].x-k)
{
ans = max(ans, sum);
sum -= que.front().cnt;
que.pop_front();
}
que.push_back(q[i]);
sum += q[i].cnt;
ans = max(ans, sum);
}
cout << ans << "\n";
while (!que.empty())
{
que.pop_back();
}
}
signed main()
{
ios_base::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> t;
while (t--)
solve();
return 0;
}D. Attribute Checks
思路：我们只需要去枚举每个0的位置，然后用dp[i]去表示前面加了i次智力的最大值，如果前面有cnt个0，那么就是加了cnt-i次力量，然后去统计每次属性之后的最值
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
int n,m;
int a[2000005];
int dp[2000005];
int zhi[2000005];
int wu[2000005];
void solve()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]>0)
{
zhi[a[i]]++;
}
if(a[i]<0)
{
wu[-a[i]]++;
}
if((a[i]==0&&cnt<2*m)||i==n)
{
for (int j=1;j<=cnt;j++)
{
zhi[j]+=zhi[j-1];
wu[j]+=wu[j-1];
}
for (int j=0;j<=cnt;j++)
{
dp[j]+=zhi[j]+wu[cnt-j];
}
for (int j=cnt+1;j>0;j--)
{
dp[j] = max(dp[j],dp[j-1]);
}
cnt++;
for (int j=1;j<=cnt;j++)
{
zhi[j]=0;
wu[j]=0;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
ans=max(ans,dp[i]);
}
cout<<ans<<"\n";
return;
}
signed main()
{
t=1;
while(t--)
solve();
return 0;
}E. Card Game
等白天来更新思路，太困了，不想码字了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MAX = 1007, MOD = 998244353;
int dp[1007][1007];
int fac[1007];
int inv[1007];
int fastpow(int a, int b, int mod)
{
int res = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
int calc(int n, int cnt)
{
return (fac[2 * n - cnt] * inv[n - cnt] % MOD * inv[n] % MOD - fac[2 * n - cnt] * inv[n - cnt - 1] % MOD * inv[n + 1] % MOD + MOD) % MOD;
}
void solve()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i < MAX; i++)
fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
inv[MAX - 1] = fastpow(fac[MAX - 1], MOD - 2, MOD);
for (int i = MAX - 2; i >= 0; i--)
inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
for (int i = m; i >= 0; i -= 2)
{
dp[1][i] = calc((m + i) / 2, i);
}
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
for (int j = 0; j <= m; j++)
{
for (int k = 0; k <= j; k++)
{
if ((j - k + m) % 2 == 0)
dp[i][k] = (dp[i][k] + dp[i - 1][j] * calc((j - k + m) / 2, j - k) % MOD) % MOD;
}
}
}
cout << dp[n][0] << '\n';
}
signed main()
{
ios_base::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
