20191029 牛客CSP-S提高组赛前集训营1

前一个小时看这几道题感觉要爆零

---

A. 仓鼠的石子游戏

分析一下发现 $a[i]>1$时后先手必输， $a[i]=1$时先手必赢

然后直接看1的个数奇偶性就行了

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main () {
    int T, n, a; scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d", &n);
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
            scanf("%d", &a), ans ^= (a == 1);
        puts(ans ? "rabbit" : "hamster");
    }
}

---

B.乃爱与城市拥挤程度

$f[i][j],g[i][j]$分别表示 $i$点下方走 $j$步的答案。

答案就是 $f[i][k],g[i][k]$

傻逼树形DP

$O(nk\log)$，有 $\log$是因为求逆元，实际上可以把要求逆元的数取出来 $O(n)$求一遍就可以做到 $O(nk)$，不过没必要。

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
const int MAXK = 12;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, k, f[MAXN][MAXK], g[MAXN][MAXK];
int fir[MAXN], to[MAXN<<1], nxt[MAXN<<1], cnt;
inline void link(int u, int v) {
    to[++cnt] = v; nxt[cnt] = fir[u]; fir[u] = cnt;
    to[++cnt] = u; nxt[cnt] = fir[v]; fir[v] = cnt;
}
inline int qpow(int a, int b) {
    int re = 1;
    while(b) {
        if(b&1) re = 1ll * re * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod; b >>= 1;
    }
    return re;
}
void dfs1(int u, int ff) {
    for(int j = 0; j <= k; ++j) f[u][j] = 1, g[u][j] = 1;
    for(int i = fir[u], v; i; i = nxt[i])
        if((v=to[i]) != ff) {
            dfs1(v, u);
            for(int j = 1; j <= k; ++j) {
                f[u][j] += f[v][j-1];
                g[u][j] = 1ll*g[u][j]*g[v][j-1]%mod;
            }
        }
    for(int j = 0; j <= k; ++j)
        g[u][j] = 1ll * g[u][j] * f[u][j] % mod;
}
int F[MAXN], G[MAXN];
void dfs2(int u, int ff) {
    F[u] = f[u][k], G[u] = g[u][k];
    for(int i = fir[u], v; i; i = nxt[i])
        if((v=to[i]) != ff) {
            for(int j = k; j >= 1; --j) {
                g[v][j] = 1ll * g[v][j] * qpow(f[v][j], mod-2) % mod * (f[v][j]+f[u][j-1]-(j>=2?f[v][j-2]:0)) % mod * g[u][j-1] % mod * qpow(f[u][j-1], mod-2) % mod * (f[u][j-1] - (j>=2?f[v][j-2]:0)) % mod * (j>=2?qpow(g[v][j-2], mod-2):1) % mod;
                f[v][j] += f[u][j-1]-(j>=2?f[v][j-2]:0);
            }
            dfs2(v, u);
        }
}
 
int main () {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 1, u, v; i < n; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), link(u, v);
    dfs1(1, 0), dfs2(1, 0);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", F[i], " \n"[i==n]);
    for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", G[i], " \n"[i==n]);
}

---

C.小w的魔术扑克

把一张牌的两面的值连边。

最后发现一个连通块，如果里面有重边或者环，这个连通块所有的值肯定都能凑出来。

只需要考虑那些树形态的连通块。

对于一棵树，询问区间是 $[l,r]$，如果整棵树值域都在 $[l,r]$内，一定不能满足，否则就可以。所以求出每棵树的值域 $[mn,mx]$，然后包含这个区间的 $[l,r]$答案都是 $No$。区间排序后 $O(n)$直接做。

总时间复杂度 $O(n\log n)$

$upd:$也可以在 $mx$处附上 $mn$的值，然后求一个前缀最大值，然后对于一个询问，如果 $1\to r$的前缀最大值 $>=l$就一定包含了一个区间。这样做是 $O(n)$的。还更好写。。

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
int n, m, k, Q;
int fir[MAXN], to[MAXN<<1], nxt[MAXN<<1], cnt = 1;
inline void link(int u, int v) {
    to[++cnt] = v; nxt[cnt] = fir[u]; fir[u] = cnt;
    to[++cnt] = u; nxt[cnt] = fir[v]; fir[v] = cnt;
}
int mn, mx;
bool vis[MAXN], inq[MAXN], flg;
void dfs(int u, int ff) {
    vis[u] = inq[u] = 1;
    mn = min(mn, u);
    mx = max(mx, u);
    for(int i = fir[u], v; i; i = nxt[i]) if((i^1) != ff){
        if(!vis[v=to[i]]) dfs(v, i);
        else if(inq[v]) flg = 1;
    }
    inq[u] = 0;
}
struct node {
    int l, r, id;
    inline bool operator <(const node &o)const {
        return r < o.r;
    }
}a[MAXN], q[MAXN];
bool ans[MAXN];
int main () {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 1, u, v; i <= k; ++i) scanf("%d%d", &u, &v), link(u, v);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        if(!vis[i]) {
            flg = 0; mn = i, mx = i;
            dfs(i, 0);
            if(!flg) a[++m] = (node){ mn, mx };
        }
    sort(a + 1, a + m + 1);
    scanf("%d", &Q);
    for(int i = 1; i <= Q; ++i)
        scanf("%d%d", &q[i].l, &q[i].r), q[i].id = i;
    sort(q + 1, q + Q + 1);
    int pos = 0;
    for(int i = 1, j = 1; i <= Q; ++i) {
        while(j <= m && a[j].r <= q[i].r) pos = max(pos, a[j++].l);
        ans[q[i].id] = q[i].l <= pos;
    }
    for(int i = 1; i <= Q; ++i) puts(ans[i] ? "No" : "Yes");
}

---

然后莫名其妙就AK了。