Codeforces 1166
1166 D
题意
我们说一个序列 \(x\) （长为 \(n\) ）是 \(m-cute\) 的当且仅当 \(x_i = x_{i - 1} + x_{i - 2} + \dots + x_1 + r_i (1 \le r_i \le m)\) 。现在给定 \(x\) 的首项和末项以及 \(m\) ，问是否存在合法的 \(x\) 。存在还需要构造一个。 \((x_1,x_n,m\le 10^{14})\)
Example
input
2
5 26 2
3 9 1
output
4 5 6 13 26
-1
解
先假定所有的 \(r_i=1\) ，算出 \(n\) ，然后再从左往右一个个往上加
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=53;
long long a[maxn],c[maxn],s,t,m;
int n;
void calcn(){
n=2;
long long sum=s;
a[1]=s;
while(1){
a[n]=sum+1;
if(a[n]>t)break;
sum+=a[n];
n++;
}
n--;
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%lld%lld%lld",&s,&t,&m);
calcn();
for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=0;
long long x=t-a[n],y,k;
for(int i=2;i<=n&&x>0;i++){
k=(i==n?1:1ll<<(n-i-1));
y=min(m-1,x/k);
x-=y*k;
c[i]+=y;
}
long long sum=s;
a[1]=s;
for(int i=2;i<=n;i++){
a[i]=sum+1+c[i];
sum+=a[i];
}
if(a[n]==t){
printf("%d ",n);
for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",a[i]);
puts("");
}
else puts("-1");
}
return 0;
}
1166 E
题意
有 \(m\) 个数（未知），有 \(n\) 天，一个人每天会选择这些数的一个子集 \(D_i\) ，该子集的补集记为 \(S_i\) ，现在要你是否存在这 \(m\) 个数，使得对于每个 \(i\) ， \(\text{lcm}(D_i)>\text{lcm}(S_i)\) 。 \((n\le 10^4,m\le 50)\)
Examples
input
2 5
3 1 2 3
3 3 4 5
output
possible
input
10 10
1 1
1 2
1 3
1 4
1 5
1 6
1 7
1 8
1 9
1 10
output
impossible
解
反正法。
假设 \(\exists i,j,D_i∩D_j=∅\) ，那么有 \(D_i⊆S_j,D_j⊆S_i\) ，则 \(\text{lcm}(D_i)\le \text{lcm}(S_j),\text{lcm}(D_j)\le \text{lcm}(S_i)\) 。所以 $$\text{lcm}(D_j)>\text{lcm}(S_j)≥\text{lcm}(D_i)>\text{lcm}(S_i)≥\text{lcm}(D_j)$$
矛盾，所以如果要possible就必须满足对于 \(∀i,j,D_i∩D_j≠∅\) 。也就是说任意两个 \(D_i\) 有交集。 \(O(nm^2)\) 暴力判断。
1166 F
题意
一张图， \(n\) 个点 \(m\) 条边，现在有 \(q\) 个操作，有两种：
- 在 \(x,y\) 间连一条颜色为 \(w\) 的边。
- 询问从 \(x\) 到 \(y\) 是否存在彩虹路径。
彩虹路径：
对于该路径经过的所有的节点数组 \(c\) ，满足对于每个 \(1\le i\le \frac{k-1}{2}\) ，满足边 \((c_{2i},c_{2i-1})\) 和 \((c_{2i},c_{2i+1})\) 颜色相同。
Example
input
4 3 2 4
1 2 1
2 3 1
3 4 2
? 1 4
? 4 1
+ 3 1 2
? 4 1
output
Yes
No
Yes
解
显然最开始的 \(m\) 条边可以看成加边操作。
新建一张图。对于原图节点 \(x,y,z\) ，如果 \((x,y)\) 和 \((x,z)\) 颜色相同，那么新图中连边 \((y,z)\) 。
所以对于询问，如果彩虹路径是经过偶数条边的，我们只需要判断两个节点在新图中是否处在同一个连通块内，用并查集维护。
但如果经过奇数条边，最后一条边的颜色就是任意的。因此对于每个节点维护一个set，表示新图中有多少个连通块与之相邻。
加边操作其实就是检查有没有两条相邻的且颜色相同的两条边，如果有，合并两个连通块。
加边的时候为了快速找到有没有上述条件的边，对每个节点再维护一个map， \(map[u][w]\) 表示最新加入的与节点 \(u\) 相邻的、颜色为 \(w\) 的边。
合并连通块时别忘更新set和map，要启发式合并。
复杂度： \(O(n \log n + (m + q)\log^2 n)\)
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100003;
struct edge{int to,next;}e[maxn<<2];
int head[maxn],cnte;
void add(int u,int v){e[++cnte].to=v,e[cnte].next=head[u],head[u]=cnte;}
int n,m,c,Q,f[maxn],sz[maxn];
vector<int> cc[maxn];
map<int,int> mp[maxn];
map<int,int>::iterator itmp;
set<int> st[maxn];
set<int>::iterator itst;
int find(int x){return x!=f[x]?f[x]=find(f[x]):f[x];}
void Union(int x,int y){int fx=find(x),fy=find(y);if(fx!=fy)f[fx]=fy;}
void merge(int x,int y){
if(x==y)return;
if(sz[x]>sz[y])swap(x,y);
for(auto u:cc[x]){
itst=st[u].find(x);
if(itst!=st[u].end())st[u].erase(itst),st[u].insert(y);
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].to;
itst=st[v].find(x);
if(itst!=st[v].end())st[v].erase(itst),st[v].insert(y);
}
}
cc[y].insert(cc[y].end(),cc[x].begin(),cc[x].end());
cc[x].clear();
sz[y]+=sz[x];
Union(x,y);
}
void addedge(int u,int v,int w){
add(u,v),add(v,u);
int fu=find(u),fv=find(v);
st[v].insert(fu),st[u].insert(fv);
itmp=mp[u].find(w);
if(itmp!=mp[u].end()){
int mpu=itmp->second;
merge(fv,find(mpu));
}
mp[u][w]=v;
itmp=mp[v].find(w);
if(itmp!=mp[v].end()){
int mpv=itmp->second;
merge(fu,find(mpv));
}
mp[v][w]=u;
}
bool query(int x,int y){
return st[y].count(find(x));
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&c,&Q);
for(int i=1;i<=n;i++){
cc[i].push_back(i);
st[i].insert(i);
f[i]=i;
sz[i]=1;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
addedge(u,v,w);
}
char mo[2];
int x,y,z;
while(Q--){
scanf("%s%d%d",mo,&x,&y);
if(*mo=='+'){
scanf("%d",&z);
addedge(x,y,z);
}
else{
puts(query(x,y)?"Yes":"No");
}
}
return 0;
}
