比赛链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/145#question
| A | Minimum Cost Perfect Matching |
题意：求出0到n-1的一个排列p[i] ， 使得所有（i&p[i]）之和最小 ， &表示按位与。
解析：由于对于每一位值为‘1’的情况的个数小于此位值为‘0’的情况的个数，那么我们总可以找到总和为0的方案。
- 写出二进制发现，对于每个k的2^k，将2^k - 1与2^k对称匹配即两两按位与为0，比如0~9的二进制：
- 0000,0001,0010,0011,0100,0101,0110,0111,1000,1001。
- 我们从后往前匹配，先匹配2^3~9，即使得1000与0111匹配、1001与0110匹配。
- 此时0110往后已经匹配完成，然后我们只需从5往前匹配即可，即匹配2^2~5，即0100与0011、0101与0010匹配。
- 再匹配0000,0001即可。
- 对于其他情况也是类似，匹配0~n时，找到k为<=n最大的2的次幂，它的左右两边匹配，然后递归即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=5*1e5+5;
int n,pow2[30],ans[MAXN];
void init()
{
pow2[0]=1;
for(int i=1;i<30;i++)
pow2[i]=pow2[i-1]*2;
return;
}
int Find(int x)
{
for(int i=0;i<=28;i++)
if(pow2[i]<=x&&pow2[i+1]>x) return i;
return 0;
}
void solve(int x)
{
if(x<0) return;
if(x==0)
{
ans[0]=0;
return;
}
if(x==1)
{
ans[0]=1;
ans[1]=0;
return;
}
int it=Find(x);
int num=pow2[it]-1;
for(int i=pow2[it];i<=x;i++)
{
ans[i]=num;
ans[num]=i;
num--;
}
int res=num;
solve(res);
}
int main()
{
init();
scanf("%d",&n);
solve(n-1);
for(int i=0;i<n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}| C | Bit Compression |
题意：初始长度2^n的01序列，有n次操作，每次操作要从^，&，|中选择1个运算符，从前往后将相邻两个元素用选择的运算符计算，计算后的值代替原来的两个元素，那么每次操作可使得01序列长度减半，n次操作后01序列长度就变成了1，问n次操作后使得剩余字符为1的方案数。
解析：直接暴力复杂度是3^n，我们将最后剩余4位以下时每种可能的01序列的合法方案求出来，那么可以将复杂度降低至3^(n-4)。而且此题直接暴力也可过。
代码（标程562ms）：
//标程
#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fbo find_by_order
#define ook order_of_key
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> ii;
typedef vector<int> vi;
typedef long double ld;
typedef tree<ll, null_type, less<ll>, rb_tree_tag, tree_order_statistics_node_update> pbds;
typedef set<ll>::iterator sit;
typedef map<ll,ll>::iterator mit;
bool B[22][(1<<20)+5];//b[i][j]是第i次操作位置j的值
int ans = 0;
int dp[5][(1<<16)+15];//dp[i][j]是后面i位的二进制和为j的情况
void gen(int n)
{
int pow3=1;
for(int i=0;i<n;i++) pow3*=3;
for(int i=0;i<(1<<(1<<n));i++)//有位置(1<<n)个，每个位置取0或1，总方案数为(1<<(1<<n))
{
for(int k=0;k<(1<<n);k++) //生成第i种方案
{
if(i&(1<<k)) B[n][k] = 1;
else B[n][k] = 0;
}
for(int j=0;j<pow3;j++) //会有pow3种运算符选择方法（这里相当于三进制枚举？）
{
int cur = j;
for(int k=n-1;k>=0;k--)//有n次操作
{
int z=cur%3;
for(int l=0;l<(1<<k);l++)//合并相邻两项
{
if(z==0) B[k][l]=B[k+1][2*l]&B[k+1][2*l+1];
else if(z==1) B[k][l]=B[k+1][2*l]^B[k+1][2*l+1];
else B[k][l]=B[k+1][2*l]|B[k+1][2*l+1];
}
cur/=3;
}
dp[n][i] += B[0][0];
}
}
return;
}
void solve(int n)
{
if(n<=4)
{
int bit = 0;
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
{
if(B[n][i]) bit^=(1<<i);
}
ans += dp[n][bit];//直接加上剩余的n次操作的方案数
return ;
}
for(int i = 0; i < 3; i++)//3种运算符
{
for(int j = 0; j < (1<<(n-1)); j++)
{
if(i==0) B[n-1][j] = B[n][2*j]&B[n][2*j+1];
else if(i==1) B[n-1][j] = B[n][2*j]^B[n][2*j+1];
else B[n-1][j] = B[n][2*j]|B[n][2*j+1];
}
solve(n-1);
}
}
int main()
{
ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
int n; cin>>n; string z; cin>>z;
for(int i=0;i<=4;i++) gen(i);
for(int i=0;i<(1<<n);i++)
{
B[n][i] = z[i] - '0';
}
solve(n);
cout<<ans<<'\n';
}直接暴力（代码来自https://www.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=31303133）：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define bug(x) cout<<"@@ "<<x<<"\n"
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i < r; i++)
#define per(i, r, l) for(int i = r; i >= l; i--)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = (int) 1e5 + 11;
const int M = (int) 1e6 + 11;
const int INF = (int)0x3f3f3f3f;
const int MOD = (int)1e9 + 7;
#include <ext/rope>
using namespace __gnu_cxx;
unordered_map<string, int>mp[22];
int main(){
int n; string s, t; cin>> n>> s;
mp[n][s] = 1;
per(i, n - 1, 0){
for(auto j : mp[i + 1]){
s = j.first; int cur = j.second, len = s.size() >> 1;
// cout<<"##"<<s<<"\n";
t = "";
rep(I, 0, len) t += '0' + ((s[I << 1] - '0') & (s[I << 1 | 1] - '0'));
mp[i][t] += cur;
t = "";
rep(I, 0, len) t += '0' + ((s[I << 1] - '0') | (s[I << 1 | 1] - '0'));
mp[i][t] += cur;
t = "";
rep(I, 0, len) t += '0' + ((s[I << 1] - '0') ^ (s[I << 1 | 1] - '0'));
mp[i][t] += cur;
}
}
cout<<mp[0]["1"]<<"\n";
return 0;
}| J | Sudoku Subrectangles |
题意：有n*m的由大小写字母组成的矩阵，Sudoku Subrectangles是指一个子矩形满足：任意一行的字母互不相同；任意一列的字母互不相同。求矩阵的Sudoku Subrectangles数量。
解析：枚举行的上下边界，复杂度n*52，然后枚举每一行处理，复杂度n*52*m，具体见代码。
代码（来自https://www.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=31212446）：
//https://www.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=31212446
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cctype>
using namespace std;
typedef long long li;
const int maxn = 1000;
int n, m;
char s[maxn][maxn + 1];
li appear[maxn];
int argue[maxn];
int last[52];
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
scanf("%s", s[i]);
for (int j = 0; j < m; ++j)
{
if (islower(s[i][j]))
{
s[i][j] -= 'a';
}else{
s[i][j] -= 'A' - 26;
}
}
}
li ans = 0;
for(int xl = 0; xl < n; ++xl)//行上限
{
fill(appear, appear + m, 0);//标记列的字符情况
fill(argue, argue + m, -1);
for (int xr = xl; xr < n; ++xr)//行下限
{
if (xr - xl + 1 > 52) break;
for (int i = 0; i < m; ++i)//列
{
int x = s[xr][i];
if (appear[i] >> x & 1)//x重复出现过
{
argue[i] = i; //第i列是出现过重复的
}
appear[i] |= 1LL << x;
}
fill(last, last + 52, -1);//last[i]记录i最后出现位置
for (int i = 0; i < m; ++i)
{
//如果argue[i]被之前赋值，有argue[i]=i，也就是第i列无论如何不能选，
//如果argue[i]被之前没有赋值，看上一次出现位置
argue[i] = max(argue[i], last[s[xr][i]]);
last[s[xr][i]] = i;
}
for (int l = -1, r = 0; r < m; ++r)
{
l = max(l, argue[r]);
ans += r - l;
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}| E | Counting 4-Cliques |
题意：构造一个<=75个点的图，使得大小为4的团恰有k个。 k<=1e6
解析：构造一个大小为t的完全图，和额外的x1, x2, x3, x4, x5五个点。 t的值满足：最大的t完全图满足其中的k4个数小于等于k，此完全图中的k4数量加上另外5个点连在此完全图中增加的k4数量正好为k。
x1, x2, x3, x4, x5五个点之间没有边，他们只会向t完全图中的t个点连边。x1, x2, x3, x4, x5分别连了a，b，c，d，e条边，新构成C(a, 3)+C(b, 3)+C(c, 3)+C(d, 3)+C(e, 3)个大小为4个k4。找到最大的t，枚举a，b，c，d，计算e直到满足够k个k4（一定能找到，但证明不清楚。。。）。
别人题解https://blog.csdn.net/hhhhhhxh/article/details/81543926：（侵删）
- 首先考虑构造完全图，那么t个点的完全图一共能有C(t, 4)个大小为4的团。
- 但是在C(t, 4)和C(t+1, 4)之间会有空缺，因此在完全图外放若干个点，每个点与这个完全图中的若干个点连边。
- 最后会形成类似于C(t, 4)+C(x1, 3)+C(x2, 3)+…这样的式子，并且要能补满中间的空隙。
代码来自https://blog.csdn.net/hhhhhhxh/article/details/81543926：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll C4(ll n) { // C(n, 4)
ll ans = n * (n - 1) * (n - 2) * (n - 3) / (1 * 2 * 3 * 4);
return ans;
}
ll C3(ll n) { // C(n, 3)
ll ans = n * (n - 1) * (n - 2) / (1 * 2 * 3);
return ans;
}
ll mp[200000 + 5];
int k;
int main()
{
memset(mp, -1, sizeof(mp));
for (ll i = 1; i <= 100; i++) {
mp[C3(i)] = i;
}
scanf("%d", &k);
ll C = 70;
ll t = 4;
while ((t + 1) <= C && C4(t + 1) <= k) t++;//最大的t完全图满足其中的k4个数小于等于k
C = min(C, t);//C个点构成一个完全图，其中的k4数量加上另外5个点连在此图中增加的k4数量正好为k
ll a, b, c, d, e = -1;
for (a = 2; a <= C; a++) {
for (b = a; b <= C; b++) {
for (c = b; c <= C; c++) {
for (d = c; d <= C; d++) {
ll cnt = C3(a) + C3(b) + C3(c) + C3(d);
if (cnt <= k - C4(t)//还没连满
&& mp[k - C4(t) - cnt] >= 0
&& mp[k - C4(t) - cnt] <= C) {
e = mp[k - C4(t) - cnt];
break;
}
}
if (e != -1) break;
}
if (e != -1) break;
}
if (e != -1) break;
}
printf("%lld %lld\n", t + 5, t * (t - 1) / 2 + a + b + c + d + e);
for (int i = 1; i <= t; i++) {
for (int j = i + 1; j <= t; j++) {
printf("%d %d\n", i, j);
}
}
for (int j = 1; j <= a; j++) printf("%lld %d\n", t + 1, j);
for (int j = 1; j <= b; j++) printf("%lld %d\n", t + 2, j);
for (int j = 1; j <= c; j++) printf("%lld %d\n", t + 3, j);
for (int j = 1; j <= d; j++) printf("%lld %d\n", t + 4, j);
for (int j = 1; j <= e; j++) printf("%lld %d\n", t + 5, j);
}