【Atcoder】AGC031 C-F简要题解

这一场涉及了很多我不熟悉的技巧，都是神仙题

*C.Differ by 1 Bit

~~考试的时候想了好久~~

$A\to B$ 的过程等价于 $0\to A\ xor \ B$ ，考虑如何判断 $0\to X$ 是否可行

归纳位数 $w$ 构造：

初始 $w=1$ ， $0\to 1$
对于 $w>1$ ，固定 $X$ 中为 $1$ 的一位 $b$ ，剩下的 $w-1$ 位在前 $2^{w-1}-1$ 次操作后变成某个数(这个过程中保持 $b=0$ )，下一步 $b:=1$ ，然后在后 $2^{w-1}-1$ 次剩下的 $w-1$ 位又可以倒序执行前面的操作得到 $0$ 。最终可以得到一个只有 $b$ 这位为1的数。
考虑归纳这个过程，剩余 $w-1$ 位最终必然得到了偶数个 $1$ ：
- $0\to 1\to 0$ 得到 $0$ 个 $1$ ， $w=2$ 时成立
- 设已知 $w-1$ 位时成立，则前 $2^{w-1}-1$ 次操作除 $b$ 位一定能得到奇数个 $1$ ，后 $2^{w-1}-1$ 次操作相当于这个有奇数个1的数异或上另一个有奇数个1的数，必然得到偶数个1，成立。。
所以任意 $X$ 有奇数个 $1$ 的情况都可以递归构造出解。

详见代码

#include<bits/stdc++.h>
#define RI register
using namespace std;
const int N=(1<<17)+10,mod=1e9+7;
typedef long long ll;

int n,A,B,bs;
int bel[N],tim;
int ans[N],cnt,S;
bool vs[N];

inline int cont(int x)
{
	int re=0,i;
	for(i=0;i<n;++i) if((x>>i)&1) re++;
	return re;
}

vector<int> cal(int t,int x)
{
	vector<int>re;re.resize((1<<t));
	if(t==1){re[1]=1;return re;}
	int pos,i;
	for(i=0;i<t;++i) if((x>>i)&1) {pos=i;break;}
	vector<int>nw;
	nw=cal(t-1,1);
	for(i=0;i<(1<<(t-1));++i) re[i]=(((nw[i]>>pos)<<(pos+1))|(nw[i]&((1<<pos)-1)));
	nw=cal(t-1,(((x>>(pos+1))<<pos)|(x&((1<<pos)-1)))^1);
	for(i=0;i<(1<<(t-1));++i){
		if(pos>0) re[i+(1<<(t-1))]=1^((1<<pos)|((nw[i]>>(pos))<<(pos+1))|(nw[i]&((1<<pos)-1)));
		else re[i+(1<<(t-1))]=1|((nw[i]^1)<<1);
	}
	return re;
}

int main(){
	int i,j,x,y;
	scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
	S=(1<<n);bs=A;B^=A;
	if(cont(B)%2==0) {puts("NO");return 0;}
	puts("YES");
	vector<int> as=cal(n,B);
	for(i=0;i<S;++i) printf("%d ",as[i]^A);
	return 0;
}

**D.A Sequence of Permutations

~~抽象代数一脸懵，真是伤脑筋(竟以为自己能找出规律，too young too naive)~~

设存在排列 $p,q,t$ ，定义置换运算乘法： $t=pq$ ，则 $t_i=p_{q_i}$ ， $g=p^{-1}$ 表示 $p$ 的逆变换， $g_{p_i}=i$ ，存在性质 $(pq)^{-1}=q^{-1}p^{-1},pp^{-1}=(1)$

发现 $f(p,q)=qp^{-1}$ ，强势找规律：
$a_1=p\\ a_2=q\\ a_3=qp^{-1}\\ a_4=qp^{-1}q^{-1}\\ a_5=qp^{-1}q^{-1}pq^{-1}\\ a_6=qp^{-1}q^{-1}p^2q^{-1}\\ a_7=qp^{-1}q^{-1}pqpq^{-1}\\ a_8=qp^{-1}q^{-1}pqp^{-1}qpq^{-1}$

设 $A=qp^{-1}q^{-1}p(A^{-1}=p^{-1}qpq^{-1})$ ，~~惊奇地~~发现 $a_7=Aa_1A^{-1},a_8=Aa_2A^{-1}$ ，归纳得到 $a_i=Aa_{i-6}A^{-1}$ ，即 $a_i=A...Aa_{(i-1)\%6+1}A^{-1}...A^{-1}$

所以求出 $A^{\lfloor \frac{i-1}{6}\rfloor}$ 即可，可以求出轮换直接位移。

code from sigongzi

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define MAXN 100005
#define eps 1e-10
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,K;
struct pl {
    int f[100005];
    friend pl operator * (const pl &a,const pl &b) {
    pl c;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) c.f[i] = a.f[b.f[i]];
    return c;
    }
    pl inv() {
    pl c;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        c.f[f[i]] = i;
    }
    return c;
    }
}p,q,iq,ip,s,res,t,ans;
void fpow(int c) {
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) res.f[i] = i;
    t = s;
    while(c) {
    if(c & 1) res = res * t;
    t = t * t;
    c >>= 1;
    }
}
void Solve() {
    read(N);read(K);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(p.f[i]);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(q.f[i]);
    ip = p.inv();iq = q.inv();
    s = q * ip * iq * p;
    fpow((K - 1) / 6);
    int x = (K - 1) % 6;
    if(x == 0) {
    ans = res * p * res.inv();
    }
    else if(x == 1) {
    ans = res * q * res.inv();
    }
    else if(x == 2) {
    ans = res * q * ip * res.inv();
    }
    else if(x == 3) {
    res = res * q;
    ans = res * ip * res.inv();
    }
    else if(x == 4) {
    res = res * q * ip;
    ans = res * iq * res.inv();
    }
    else if(x == 5) {
    res = res * q * ip;
    ans = res * iq * p * res.inv();
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    out(ans.f[i]);space;
    }
    enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

**E.Snuke the Phantom Thief

神仙费用流

分析：

一维的情况，可以把每个珠宝看做一个标号为坐标的点，然后按 $L/R$ 的限制分居两侧，建S-T最大费用最大流。
二维的情况，显然一个点不可能流出2个单位的流量分别满足 $L/R,U/D$ 的限制(带费用的流量不可拆分)，可以拆出 $2N$ 个点，分别代表 $x,y$ 坐标，将每个珠宝看做 $(x_i,y_i,1,v_i)$ 的一条边。但同时满足 $L/R,U/D$ 的限制还是不可做。

然后就需要关键的一步：

发现 $n\leq 80$ 不仅可以跑一次费用流，还可以枚举最后选的珠宝数都跑一次费用流！

枚举珠宝数 $K$ 有奇效：

分别考虑两个维上的所有限制(将选的 $K$ 个点这一维上坐标按升序排序，假设第 $x$ 个点坐标大小为 $p_x$ )：

$\leq a_i$ 的最多 $b_i$ 个 $\to p_{b_i+1}>a_i$
$\geq a_i$ 的最多 $b_i$ 个 $\to p_{K-b_i}<a_i$
$p_1\leq p_2\leq...\leq p_K$

构图：
建 $2K$ 个点分别表示对 $x$ 轴上选的第 $i$ 个点的限制 $px_i(1\leq i\leq K)$ ，对 $y$ 轴上选的第 $i$ 个点的限制 $py_i(1\leq i\leq K)$ ，连边 $(S,px_i,1,0),(py_i,T,1,0)$
再建 $2N$ 个点分别表示所有珠宝的横纵坐标，连边 $(x_i,y_i,1,v_i)$ 。
$px_i$ 向所有限制范围以内的 $x_i$ 连流量为 $1$ ，费用为 $0$ 的边， $y_i$ 向所有可以匹配上的 $py_i$ 连流量为1 ，费用为0的边。

注意只有满流的情况才有资格和答案取 $\max$ 。
( $\text{Maxflow(S,T)=K}$ )

*F.Walk on Graph

神仙题

设状态为 $(u,x)$ ，表示在点 $u$ 时，值为 $x$

考虑倒着走，走一条边 $(u,v,c)$ 相当于 $(u,x)\to (v,2x+c)$ ，询问 $(T,0)$ 是否能走到 $(S,R)$ 。

性质1：

$f(x)=2x+c \pmod {MOD}(x\to 2x+c)$ 是双射的(一一对应)，所以若存在 $(u,x)\to (v,2x+c)$ ，那么也存在 $(v,2x+c)\to (u,x)$ 。

考虑 $f(x)=y$ ，已知 $y$ ，求解 $x$ ，则 $2x\equiv y-c\pmod{MOD}$ ， $2$ 在奇模数意义下存在逆元所以 $x$ 的取值是唯一的，同理不同的 $x$ 对应不同的 $f(x)$ ，所以是一一对应的。

所以不断 $x=f(x)$ 一定可以走回 $x$ ，如果是个奇环，再走一遍就是偶环( $u\to v\to ...\to v\to u$ )了。

所以 $(u,x)\Leftrightarrow(v,2x+c)$ 之间可以直接连上边权为 $c$ 的双向边。

若 $(T,0)$ 和 $(S,R)$ 在同一个连通块内则有解。

性质2：

$(u,x)$ 沿着它连出的一条边走两次回到自己可以得到 $(u,4x+3c)$ ，如果存在另一条连出的边(可以得到 $4x+3c'$ )，则存在 $(u,x)\to (u,x+3k(c-c')),k\in Z$

$4$ 在奇模数意义下存在逆元，所以 $(u,x)\Leftrightarrow(u,4x+3c)$ ，

$(u,4x+3c)\to (u,x)\to (u,4x+3c')$

$4x$ 可以表示任何数(对于任意 $y$ ，都存在 $4x\equiv y\pmod{MOD}$ )，所以 $(u,x)\to (u,x+3k(c-c')),k\in Z$

于是可以把有公共点 $u$ 的边的差值求一个 $gcdG_u$ ，对于 $u$ 来说，距离的循环节变成了 $\gcd(3G_u,MOD)$ 。考虑 $(u,x)\to (v,2x+c)$ ，实际上 $v$ 的循环节是 $\gcd(2·3G_u,\gcd(3G_v,MOD))$ ，继续拓展，求出连通图中所有边两两边权之差的 $\gcd G$ ， $MOD$ 就变成了 $g=\gcd(3G,MOD)$ 。

性质3:

在模 $g$ 意义下，所有边权值一样，设为 $z$ ，可以把所有状态第二位增加 $z$ ，所有边权 $-z$ ，运算不变。

$(u,x')\to (v,2(x'-z)+(c'+z)+z)=(v,2x'+c')$

这样所有边权都是 $g$ 的倍数，转移形如 $(u,x)\to(v,2^px+qg),q\in\{0,1,2\}$ ，结合之前的变化 $(u,x)\to (u,4x+3c)=u(4x)$ ， $x$ 和 $4x$ 等价，所以 $p\in \{0,1\}$ 。

最终得到一张有 $6n$ 个点的图，并查集判断连通性即可

询问相当于判断 $(t,z)$ 是否能走到 $(s,z+r)$ ，枚举 $q$ 的取值和 $p$ 的奇偶性(注意不是具体值)，相当于求解是否存在 $p$ 使得 $2^pz+qg=z+r$ ，预处理一下 $2^pz$ 分别在奇偶次幂可以取到的数，判断 $z+r-qg$ 能否取到即可。

code from alan_cty

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;

const int N=1e6+5;

int n,m,q,mod,s,t,r,u[N],v[N],c[N],g,fa[N];
bool can[2][N];

int Id(int x,int y,int z) {return (x-1)*6+y*3+z;}
int get(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=get(fa[x]);}

void link(int x,int y) {
	x=get(x);y=get(y);
	if (x==y) return;
	fa[x]=y;
}

int main() {
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&q,&mod);
	fo(i,1,m) {
		scanf("%d%d%d",&u[i],&v[i],&c[i]);
		g=__gcd(g,abs(c[i]-c[1]));
	}
	if (!g) g=mod;mod=__gcd(mod,3*g);int z=c[1]%g;
	fo(i,0,6*n) fa[i]=i;
	fo(i,1,m) {
		int w=(c[i]-z)/g;
		fo(p,0,1)
			fo(q,0,2) {
				link(Id(u[i],p,q),Id(v[i],1-p,(2*q+w)%3));
				link(Id(v[i],p,q),Id(u[i],1-p,(2*q+w)%3));
			}
	}
	for(int i=0,j=z;i<mod<<1;i++,(j<<=1)%=mod) can[i&1][j]=1;
	for(;q;q--) {
		scanf("%d%d%d",&s,&t,&r);
		int ret=0;
		fo(p,0,1) fo(q,0,2) if (get(Id(t,0,0))==get(Id(s,p,q))) ret|=can[p][(r+z+(3-q)*g)%mod];
		puts(ret?"YES":"NO");
	}
	return 0;
}