题意

构造两个长为 nn 排列，使得两排列有长为 aa 公共前缀和长为 bb 的公共后缀。

题解

知识点：构造。

注意到，当 a+b≤n−2a+b≤n−2 时，中间段至少有两个位置可以操作使其不同，于是公共前后缀可以分别满足互不影响；否则，公共前后缀必然交叉，此时只有 a=n,b=na=n,b=n 的情况。

时间复杂度 O(1)O(1)

空间复杂度 O(1)O(1)

代码

	#include <bits/stdc++.h>
	#define ll long long
	using namespace std;
	bool solve() {
	int n, a, b;
	cin >> n >> a >> b;
	if (n - a - b >= 2 || a == n && b == n) cout << "Yes" << '\n';
	else cout << "No" << '\n';
	return true;
	}
	int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) {
	if (!solve()) cout << -1 << '\n';
	}
	return 0;
	}

B

题意

给定一个环，初始时每个元素一定不同于它的相邻元素。

每次操作可以删除一个元素，删除后环合并，相同的相邻元素会立刻消失。

问最多能操作几次。

题解

知识点：构造。

1. 当环中只含有两种不同的元素，那么每次删除（除了最后两次）都会再额外消失一个，那么最终答案是 n2+1n2+1 。

2. 当环中至少含有三种不同的元素，我们发现这类环一定存在三个连续的不同元素。

   我们可以找到两个元素 ai,aj(i≠j)ai,aj(i≠j) ，满足 ai=ajai=aj 且 aiai 有两个不同的相邻元素 ，然后删除 aiai，直到不存在这样两个元素。

   最后，至少有一种元素只剩下一个。如果所有种类的元素都至少有两个，因为一定存在三个连续的不同元素，那么这三个元素中间的那个元素满足有相同元素，且这个元素的相邻元素不同，所以我们可以按上述操作继续删。

   我们可以以这个元素作为中心，持续删它的相邻元素。因为这个元素只有这一个，就不存在环合并后相邻元素相同的情况，所以最后没有元素是操作后额外消失的，答案是 nn 。

时间复杂度 O(nlogn)O(nlog⁡n)

空间复杂度 O(n)O(n)

代码

	#include <bits/stdc++.h>
	#define ll long long
	using namespace std;
	bool solve() {
	int n;
	cin >> n;
	set<int> st;
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	int x;
	cin >> x;
	st.insert(x);
	}
	if (st.size() >= 3) cout << n << '\n';
	else cout << n / 2 + 1 << '\n';
	return true;
	}
	int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) {
	if (!solve()) cout << -1 << '\n';
	}
	return 0;
	}

C

题意

给出一个 n×nn×n 的关系矩阵 bb ，根据 bb 构造 nn 个非空集合 AiAi 。

bi,j=1bi,j=1 时表示 Ai⊂AjAi⊂Aj ，其他情况 bi,j=0bi,j=0 。

AiAi 中的元素只能是 [1,n][1,n] 中的整数。

题解

知识点：构造，STL。

为了使得每个集合与其它没有关系的集合之间始终是独立的，我们先给每个集合加入一个唯一的元素，为了方便可以一开始 Ai={i}Ai={i}。

这样以后，我们对 bb 遍历，对于 Ai⊂AjAi⊂Aj 可以让 Aj=Ai∪AjAj=Ai∪Aj 。

最后，两个互不相干的集合 Ai,AjAi,Aj 在合法的关系 bb 之下一定不会有关，因为 AiAi 不会有 AjAj 的独立元素 jj ，反之亦然。

用 bitset 实现会很舒服qwq。

时间复杂度 O(n3)O(n3)

空间复杂度 O(n2)O(n2)

代码

	#include <bits/stdc++.h>
	#define ll long long
	using namespace std;
	bool b[107][107];
	bitset<107> bs[107];
	bool solve() {
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	for (int j = 1;j <= n;j++) {
	char ch;
	cin >> ch;
	b[i][j] = ch == '1';
	}
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	bs[i].reset();
	bs[i][i] = 1;
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	for (int j = 1;j <= n;j++) {
	if (b[i][j]) bs[j] |= bs[i];
	}
	}
	for (int i = 1;i <= n;i++) {
	cout << bs[i].count() << ' ';
	for (int j = 1;j <= n;j++)if (bs[i][j]) cout << j << ' ';
	cout << '\n';
	}
	return true;
	}
	int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	cin >> t;
	while (t--) {
	if (!solve()) cout << -1 << '\n';
	}
	return 0;
	}

D

题意

f(a,b)f(a,b) 为 a+ba+b 时发生进位的二进制位的数量。

求有序对 (a,b)(a,b) 满足 a,b∈[0,2n)a,b∈[0,2n) 时， f(a,b)=kf(a,b)=k 的数量。

题解

方法一

知识点：排列组合，数学。

我们考虑发生进位位置对答案的影响。

设 ai,biai,bi 分别为 a,ba,b 的二进制第 ii 位（从 11 开始），cici 表示 a+ba+b 在第 ii 位（从 11 开始）是否进位。另外，c0=0c0=0 方便之后计数。

显然只有以下四种情况：

1. 如果 ci=0,ci−1=1ci=0,ci−1=1 ，那么可以推断 (ai,bi)=(0,0)(ai,bi)=(0,0) 。
2. 如果 ci=1,ci−1=0ci=1,ci−1=0 ，那么可以推断 (ai,bi)=(1,1)(ai,bi)=(1,1) 。
3. 如果 ci=ci−1=1ci=ci−1=1 ，那么可以推断 (ai,bi)(ai,bi) 有三种组合：(0,1),(1,0),(1,1)(0,1),(1,0),(1,1) 。
4. 如果 ci=ci−1=0ci=ci−1=0 ，那么可以推断 (ai,bi)(ai,bi) 有三种组合：(0,1),(1,0),(0,0)(0,1),(1,0),(0,0) 。

进一步考虑 cc ，其一定形如 101000....110011100|0 （从右往左）。假设有 mm 个位置 ci≠ci−1,i∈[1,n]ci≠ci−1,i∈[1,n] ，那么可以归纳得出，有 m+1m+1 个交替的连续 01 段。

其中，进位段（连续 1 段）有 ⌊m+12⌋⌊m+12⌋ 个，不进位段（连续 0 段）有 ⌈m+12⌉⌈m+12⌉ 个，有三种组合的自由位有 n−mn−m 个。因此，我们隔板法求出 kk 个进位分成 ⌊m+12⌋⌊m+12⌋ 个连续段的方案数 C⌊m+12⌋−1k−1Ck−1⌊m+12⌋−1 和剩下 n+1−kn+1−k 个不进位分成 ⌈m+12⌉⌈m+12⌉ 个连续段的方案数 C⌈m+12⌉−1n+1−k−1Cn+1−k−1⌈m+12⌉−1 ，以及求出自由位贡献 3n−m3n−m ，将三种方案乘法原理组合在一起就是有 mm 个位置 ci≠ci−1,i∈[1,n]ci≠ci−1,i∈[1,n] 的答案。

最后 m∈[0,n]m∈[0,n] 枚举一下求和即可。其中两个隔板法的组合数要特判 C0−10−1C0−10−1 的情况，这种情况设为 11 ，其他不合法情况设为 00 。

时间复杂度 O(nlogn)O(nlog⁡n)

空间复杂度 O(n)O(n)

方法二

知识点：排列组合，数学。

方法二思维量更少一点。

我们直接讨论 kk 个进位连续段分成 ii 个连续段的情况，以及显然进位段和不进位段是交替的。

首先，会有 ii 个位置必须设为 (1,1)(1,1) ，因为有 ii 个进位段。其次，如果不进位段右侧有进位段，则不进位段因为需要阻止进位段继续进位，右端必须设为 00 。

我们需要分别考虑前导和后导是否是进位段的自由位情况。因为前导不进位时，ii 个进位段左侧都有不进位段，自由位有 n−2in−2i 个；前导进位时，只有 i−1i−1 个进位段左侧有不进位段，前导进位段左侧天然是 00 ，自由位有 n−2i+1n−2i+1 个。

进一步，考虑四类段分配情况。以前导后导都不进位为例，则有 ii 段进位段和 i+1i+1 段不进位段，组合数求一下就行，其他以此类推。

时间复杂度 O(nlogn)O(nlog⁡n)

空间复杂度 O(n)O(n)

代码

方法一

	#include <bits/stdc++.h>
	#define ll long long
	using namespace std;
	const int mod = 1e9 + 7;
	int qpow(int a, int k) {
	int ans = 1;
	while (k) {
	if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % mod;
	k >>= 1;
	a = 1LL * a * a % mod;
	}
	return ans;
	}
	int fact[1000007], factinv[1000007];
	void init(int n) {
	fact[0] = 1;
	for (int i = 1;i <= n;i++) fact[i] = 1LL * i * fact[i - 1] % mod;
	factinv[n] = qpow(fact[n], mod - 2);
	for (int i = n;i >= 1;i--) factinv[i - 1] = 1LL * factinv[i] * i % mod;
	}
	int C(int n, int m) {
	if (n == m && m == -1) return 1;
	if (n < m || m < 0) return 0;
	return 1LL * fact[n] * factinv[n - m] % mod * factinv[m] % mod;
	}
	bool solve() {
	int n, k;
	cin >> n >> k;
	init(n);
	int ans = 0;
	for (int i = 0;i <= n;i++) {
	ans = (ans + 1LL * C(k - 1, (i + 1) / 2 - 1) * C(n + 1 - k - 1, (i + 2) / 2 - 1) % mod * qpow(3, n - i) % mod) % mod;
	}
	cout << ans << '\n';
	return true;
	}
	int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	//cin >> t;
	while (t--) {
	if (!solve()) cout << -1 << '\n';
	}
	return 0;
	}

方法二

	#include <bits/stdc++.h>
	#define ll long long
	using namespace std;
	const int mod = 1e9 + 7;
	int qpow(int a, int k) {
	int ans = 1;
	while (k) {
	if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % mod;
	k >>= 1;
	a = 1LL * a * a % mod;
	}
	return ans;
	}
	int fact[1000007], factinv[1000007];
	void init(int n) {
	fact[0] = 1;
	for (int i = 1;i <= n;i++) fact[i] = 1LL * i * fact[i - 1] % mod;
	factinv[n] = qpow(fact[n], mod - 2);
	for (int i = n;i >= 1;i--) factinv[i - 1] = 1LL * factinv[i] * i % mod;
	}
	int C(int n, int m) {
	if (n < m || m < 0) return 0;
	return 1LL * fact[n] * factinv[n - m] % mod * factinv[m] % mod;
	}
	bool solve() {
	int n, k;
	cin >> n >> k;
	if (k == 0) {
	cout << qpow(3, n) << '\n';
	return true;
	}
	init(n);
	int ans = 0;
	for (int i = 1;i <= k;i++) {
	if (n - 2 * i >= 0) {
	//前导不进位，后导不进位
	ans = (ans + 1LL * C(n - k - 1, i) * C(k - 1, i - 1) % mod * qpow(3, n - 2 * i) % mod) % mod;
	//前导不进位，后导进位
	ans = (ans + 1LL * C(n - k - 1, i - 1) * C(k - 1, i - 1) % mod * qpow(3, n - 2 * i) % mod) % mod;
	}
	if (n - 2 * i + 1 >= 0) {
	//前导进位，后导不进位
	ans = (ans + 1LL * C(n - k - 1, i - 1) * C(k - 1, i - 1) % mod * qpow(3, n - 2 * i + 1) % mod) % mod;
	//前导进位，后导进位
	ans = (ans + 1LL * C(n - k - 1, i - 2) * C(k - 1, i - 1) % mod * qpow(3, n - 2 * i + 1) % mod) % mod;
	}
	}
	cout << ans << '\n';
	return true;
	}
	int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int t = 1;
	//cin >> t;
	while (t--) {
	if (!solve()) cout << -1 << '\n';
	}
	return 0;
	}