AtCoder Grand Contest 043 题解 [A~D,EF暂坑]

其他 2020-03-23 11:10:48 阅读次数: 0

Task

前言

比赛时只做对A,实在是丢脸.

正题

A A

题意:给你一个n*m的矩阵01矩阵,每次操作使得一个子矩阵的数全部置反,求最少操作使得有一条只经过0就从左上到右下的方案.(只能往右或往下走)

思路:暴力枚举是不易找到边界的,我们考虑转换.
如果把一个子矩阵置反,相当于走原来的图中的1.
那么显然,最少操作数等价于路径上最少有多少个1的块.
线性dp即可.

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=110,size=1<<20;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}

char s[N][N];
int f[N][N],n,m;

int main() {
	qr(n); qr(m); memset(f,63,sizeof f);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);
	f[1][1]=(s[1][1]=='#');
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=m;j++)
			f[i+1][j]=min(f[i+1][j],f[i][j]+(s[i][j]!=s[i+1][j])),
			f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i][j]+(s[i][j]!=s[i][j+1]));
	}
	pr2(f[n][m]+1>>1);
	return 0;
}

B B

比赛的时候觉得题意简单但是不会.
但是赛后题解还是讲的很好的.

首先,把输入的[1,3]变为[0,2].(以下均认为输入为[0,2])
考虑弱化版本,输入只有[0,1].
那么 ∣ x − y ∣ = x xor ⁡ y |x-y|=x \operatorname{xor }y
那么每个数 i i 对结果的贡献就是 n n 行杨辉三角的第 i i 个数,大小正好为 C n − 1 i − 1 = ( n − 1 ) ! ( i − 1 ) ! ( n − i ) ! C_{n-1}^{i-1}=\dfrac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!} .
答案显然为[0,1],所以我们只在意 C n − 1 i − 1 = ( n − 1 ) ! ( i − 1 ) ! ( n − i ) ! C_{n-1}^{i-1}=\dfrac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!} 的奇偶性,具体处理方法为求每个阶乘有多少个2的因子.

现在开始推广.如果输入有1,那么答案不能为2.
为啥呢?因为只要有1,到倒数第2行(只有2个数)就一定有1,答案只能为[0,1].
所以得到以下求解思路:

  • 若输入有1,判断答案的奇偶性则可得到答案.
  • 输入无1(即只可能有0,2),那么把每个数/2,就是与上面相同的问题啦.
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,cnt[N],sum[N],tmp=2,ans;
char a[N];
int main() {
	scanf("%d",&n); n--;scanf("%s",a);
	for(int i=0;i<=n;i++) {
		a[i]-='1';
		if(a[i]==1) tmp=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		sum[i]=sum[i-1]+(cnt[i]=(i&1?0:cnt[i>>1]+1));
	for(int i=0;i<=n;i++)
		if(sum[n]==sum[i]+sum[n-i])
			(ans+=a[i]/tmp)&=1;
	printf("%d\n",ans*tmp); return 0;
}

C C

求一个神奇的图的最大权独立集.

显然可以贪心先选择权值较大的(不知道如何理性证明 ).
upd:我得到了兔队的回复.
在这里插入图片描述
总结:对于这个 ( i + j + k ) (i+j+k) 分层图,层数大的一个点要比所有层数比它小的节点的权值都要多,所以当然要先取层数大的啦.(同一层的点必然不交),为了取得尽量多,我们间隔着捡,这明显对应着一个公平组合问题.
所以我们把边看成指向权值大的.
然后把每个图当做有向图游戏那样求出所有的点的sg函数.(不能动者输)
每个图看作一个子游戏的话,那么全局的sg函数就为仨的异或值.

引理:对于全局的有向图必败态而言,它们必然无边相连.
证明:根据sg函数的定义,必败态只能接必胜态. Q.E.D.

然后,根据题解神奇的定义:一张有向图sg函数的最大值为 m \sqrt m .

证明:设 f ( i ) 表 示 m a x s g = i 时 的 最 小 边 数 f(i)表示maxsg=i时的最小边数 ,则有 f ( 0 ) = 0 , f ( i ) = f ( i − 1 ) + i = ( i + 1 ) ∗ i 2 f(0)=0,f(i)=f(i-1)+i=\dfrac{(i+1)*i}{2}
然后我们解方程 f ( x ) = ( x + 1 ) ∗ x 2 = m f(x)=\dfrac{(x+1)*x}{2}=m ,则 x ≈ m x\approx \sqrt m

所以,可以抄得如下代码:

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e5+10,size=1<<20,mod=998244353;

char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}

struct edge{int y,next;}a[N];int len,last[N];
void ins(int x,int y) {a[++len]=(edge){y,last[x]};last[x]=len;}

void upd(int &x) {x+=x>>31&mod;}

ll power(ll a,ll b=mod-2) {
	ll c=1;
	for(   ;b;b>>=1,a=a*a%mod)
		if(b&1) c=c*a%mod;
	return c;
}

int n,m,f[N],sum[3][N],sz[3],g[N],num,ans,fir,inv=power(fir=power(10,18));

int main() {
	qr(n);
	for(int graph=0;graph<3;graph++) {
		if(len) memset(last+1,0,n<<2),len=0;
		qr(m); for(int j=1,x,y;j<=m;j++) {
			qr(x),qr(y);
			if(x>y) swap(x,y);
			ins(x,y);
		}
		int now=power(fir,n);
		for(int i=n; i;i--) {
			//求sg函数(f)
			++num;
			for(int k=last[i];k;k=a[k].next)
				g[f[a[k].y]]=num;
			f[i]=0;
			while(g[f[i]]==num) f[i]++;
			sz[graph]=max(sz[graph],f[i]);
			upd(sum[graph][f[i]]+=now-mod);
			now=(ll)now*inv%mod;
		}
	}
	for(int i=0;i<=sz[0];i++)
		for(int j=0,k;j<=sz[1];j++) {
			k=i^j;
			upd(ans+=(ll)sum[0][i]*sum[1][j]%mod*sum[2][k]%mod-mod);
		}
	pr2(ans);
	return 0;
}

D D

DP好题.思维难度高,代码量小.

简明题意:有n个含三个元素的队列( A [ 1... n ] [ 1..3 ] A[1...n][1..3] ),(这3n个数构成一个3n的排列),每次操作如下:
选出最小队头,输出并删除.求不同的输出( P )数.

可以发现:若 A [ i ] [ j ] > A [ i ] [ j + 1 ] A[i][j]>A[i][j+1] 的话,那么 A [ i ] [ j ] , A [ i ] [ j + 1 ] 为 P 中 的 相 邻 位 置 A[i][j],A[i][j+1]为P中的相邻位置 .
所以我们可以把 A A 进行压缩.设压缩成 B B .
B ( b l o c k , 存 块 信 息 ) B(block,存块信息) 数组中存放的元素为 A [ i ] 中 的 前 缀 最 大 值 的 去 重 结 果 A[i]中的前缀最大值的去重结果 .
举个栗子,设 A = { { 3 , 1 , 2 } , { 5 , 6 , 1 } } , 则 B = { 3 , 2 , 5 , 6 } , 输 出 就 是 { 2 , 3 , 5 , 6 } 所 对 应 的 块 A=\{ \{3,1,2\},\{5,6,1\}\},则B=\{3,2,5,6\},输出就是\{2,3,5,6\}所对应的块 .
然后解题的重要转化就是 P < − > A < − > B P<->A<->B .
映射关系:

定义域 映射
A B
A P

所以,我们可以换一种思路:把判断 P P 是否成立转换为判断是否存在 B B 能与之对应.
B B 排序后有如下性质:

  1. 有序(废话)
  2. 每个B中元素对应A中至多3个元素,且B中元素对应长度为1的数量 ≥ \ge B中元素对应长度为2的数量.

反过来,设B排序后的对应长度分别为 a 1 , a 2 , . . , a k a_1,a_2,..,a_k ,则其对应的的 P P 的数量为 n ! / ( ∏ j = 1 k ( ∑ i = 1 j a i ) ) n!/(\prod_{j=1}^k (\sum_{i=1}^j a_i)) .
因为排序后 B [ 1 ] 是 a 1 个 元 素 中 最 小 的 , 成 立 的 概 率 为 1 / a 1 B[1]是a_1个元素中最小的,成立的概率为1/a_1 ,
B [ 2 ] 成 立 的 概 率 为 1 / ( a 1 + a 2 ) B[2]成立的概率为1/(a_1+a_2) .
综上得证.

所以我们可以进行DP.
定义状态 f [ i ] [ j ] f[i][j] , i = ∑ a i , j = 长 度 为 1 的 − 长 度 为 2 的 . i=\sum a_i,j=长度为1的-长度为2的.
复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) .

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=12010,size=1<<20;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}

int n,mod,tot,f[N][N];ll inv[N],jc;//f[i][j]表示i个数,j表示1的个数-2的个数 
void upd(int &x) {x+=x>>31&mod;}

int main() {
	qr(n); qr(mod); tot=3*n+1; 
	f[0][tot]=1;
	inv[1]=jc=1; for(int i=2;i<tot;i++) inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod,jc=jc*i%mod;
	for(int i=1;i<tot;i++) 
		for(int j=-i+tot;j<=i+tot;j++) {
			f[i][j]=f[i-1][j-1]*inv[i]%mod;
			if(i>=2)upd(f[i][j]+=f[i-2][j+1]*inv[i]%mod-mod);
			if(i>=3)upd(f[i][j]+=f[i-3][j  ]*inv[i]%mod-mod);
		}
	ll ans=0; 
	for(int i=tot;i<=tot*2;i++) ans+=f[tot-1][i];
	ans%=mod; pr2(ans*jc%mod);
	return 0;
}

E E

F F

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