构造题。显然我们需要负数越少越好，这样我们每 \((w,h)\) 放一个负数，令他等于 \(-k(wh-1)-1\)，其余点等于 \(k\)。可以发现这样每 \((w,h)\) 都是符合条件的。

但是这样总和取决于 \(W\%w,H\%h\) 的值。可以发现只要这两个值不是 \(0\)，随便取 \(k=2333\) 都一定可以。

那么对于 \(w|W,h|H\) 的情况，由于每个负数最多贡献 \(wh\) 次，所以最后结果一定为负，即不合法。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int main()
{
	int n,m,w,h;
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&w,&h);
	if(n%w==0 && m%h==0){puts("No");return 0;}
	puts("Yes"); 
	int b=2333,p=-b*(w*h-1)-1;
	for(int i=1;i<=n;i++,puts(""))
			for(int j=1;j<=m;j++) printf("%d ",i%w==0 && j%h==0?p:b);
	return 0;
}

D. XOR Replace

考虑我们新建的一个权值为所有异或值的点，那么一次操作本质上就是把这个特殊点和某个点的权值交换。

首先如果序列不同显然无解，否则考虑：如果一个点从 \(a_i\) 要到 \(b_i\)，那么必然有一个时刻特殊点权值为 \(b_i\) 然后和它交换。

不妨连一条 \(b_i\) 到 \(a_i\) 的有向边，一开始有一个标记在特殊点权值上，每次可以移动标记到相邻点，对应依次交换。目标是把所有边都走过。

由于这张图每个点一定有入度等于出度，故对于每个联通块需要走恰好边数次，不同联通块之间需要恰好 1 次。

所以最后答案就是边数+联通块数-特殊点是否是孤立点。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
int a[N],b[N],pa[N],pb[N],f[N];
int find(int x){return x==f[x]?f[x]:(f[x]=find(f[x]));}
bool vis[N];
int main()
{
	int n,v=0;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),v^=a[i];a[n+1]=v;v=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]),v^=b[i];b[n+1]=v;++n;
	for(int i=1;i<=n;i++) pa[i]=a[i],pb[i]=b[i];
	sort(pa+1,pa+n+1);sort(pb+1,pb+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) if(pa[i]!=pb[i]){puts("-1");return 0;}
	int m=unique(pa+1,pa+n+1)-pa-1;
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(pa+1,pa+m+1,a[i])-pa;
	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=lower_bound(pa+1,pa+m+1,b[i])-pa;
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]!=b[i] || i==n) f[a[i]]=a[i],f[b[i]]=b[i],ans+=i<n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(a[i]!=b[i]) f[find(a[i])]=find(b[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++) ans+=f[i]==i;
	printf("%d\n",max(ans-1,0));
	return 0;
}

E. Poor Turkeys

思维好题。

首先考虑如果需要某个鸡活下来，那么需要那些鸡去替他被吃。

具体来说，我们从后往前处理。假设我们想要 \(i\) 活下来，而 \(j\) 和 \(i\) 必须吃一个，那么 \(j\) 就必须替 \(i\) 被吃。换句话，在此之前 \(j\) 必须活着。

那么对于某一时刻 \(j\) 和 \(k\) 必须吃一个，而 \(j\) 要活到后面才能使 \(i\) 活，那么 \(k\) 也必须在这里死，在此之前必须或者。

如果 \(j\) 和 \(k\) 都必须活，那么不好意思 \(i\) 必须得死了。

可以发现这样一只鸡最多只能抗一次，所以两只鸡同时活着的充要条件是替他们被吃的鸡没有交集。

直接暴力处理即可。复杂度 \(O(nm+\frac{n^3}{\omega})\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#define N 410
#define M 100010
using namespace std;
bitset<N>d[N];//d_i[j] : to save i, if j have to be die
int x[M],y[M];
bool ban[N];
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		d[i].set(i);
		for(int j=m;!ban[i] && j>=1;j--)
			if(d[i].test(x[j]) && d[i].test(y[j])) ban[i]=true;
			else if(d[i].test(x[j])) d[i].set(y[j]);
			else if(d[i].test(y[j])) d[i].set(x[j]);
	}
	int res=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!ban[i])
			for(int j=i+1;j<=n;j++) if(!ban[j] && !(d[i]&d[j]).any())
			{
//				printf("%d & %d\n",i,j);
//				for(int k=1;k<=n;k++) printf("%d ",d[i].test(k));puts("");
//				for(int k=1;k<=n;k++) printf("%d ",d[j].test(k));puts("");
				res++;
			}
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}

F. Games on DAG

神仙题。

首先观察到 \(n\) 很小，往 \(2^n,3^n\) 方向考虑。

考虑如果边固定时怎么做。可以直接计算每个点的 \(\text{SG}\) 函数。具体来说每个点的 \(\text{SG}\) 值是其连出点 \(\text{SG}\) 的 \(\text{mex}\)。最后要求 \(\text{SG}(1)\neq\text{SG}(2)\)。

主要到最后的条件。那么我们不妨算出 \(\text{SG}(1)=\text{SG}(2)\) 的方案再用 \(2^m\) 去减。

考虑 \(\text{mex}\) 的性质。我们不妨从小往大做，状压已经求得 \(\text{SG}\) 的点。我们并不需要具体知道其中 \(\text{SG}\) 的具体值。

用 \(f_S\) 表示只考虑\(S\) 集合，\(SG(1)=SG(2)\) 的方案数，考虑如何转移。

我们枚举 \(S\) 一个子集 \(T\)，钦定 \(T\) 中的元素 \(\text{SG}(x)>0\)，非 \(T\) 的元素 \(\text{SG}(x)=0\)。这样 \(T\) 中的每个元素都需要非 \(T\) 元素连至少一条边，而非 \(T\) 集合可以向 \(T\) 集合连边，也可以不连，但是不能向非 \(T\) 集合连边。

考虑 \(1,2\) 显然需要同时属于 \(T\) 集合或是同时不属于 \(T\) 集合。如果属于 \(T\) 集合那么 \(f_S\leftarrow f_T\)，因为可以发现将 \(T\) 集合的 \(\text{SG}\) 整体加 \(1\) 就可以得到 \(S\) 集合的 \(\text{SG}\)。

分类讨论一下即可。预处理一个点与某个点集的边数，总复杂度 \(O(m3^n)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#define N 16
#define M 210
#define mod 1000000007
using namespace std;
int rd[N][1<<N],_2[M];//the road from u to set {S}
int f[1<<N];
int main()
{
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=_2[0]=1;i<=m;i++) _2[i]=2ll*_2[i-1]%mod;
	int S=1<<n;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);--u,--v;
		rd[u][1<<v]++;
	}
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int s=1;s<S;s++) rd[i][s]=rd[i][s-(s&(-s))]+rd[i][s&(-s)];
	for(int s=3;s<S;s++)
	if(s%4==3)
	{
		f[s]=1;
		for(int t=s&(s-1);t;t=(t-1)&s)//the set except 0
		if(t%4==3)//both s,t \geq 0
		{
			int res=1;
			for(int i=0;i<n;i++) if((s>>i)&1)
			{
				if((t>>i)&1) res=1ll*res*(_2[rd[i][s^t]]-1)%mod;
				else res=1ll*res*_2[rd[i][t]]%mod;
			}
			f[s]=(f[s]+1ll*res*f[t])%mod;
		}
		else if(t%4==0)//both s,t = 0
		{
			int res=1;
			for(int i=0;i<n;i++) if((s>>i)&1)
			{
				if((t>>i)&1) res=1ll*res*(_2[rd[i][s^t]]-1)%mod*_2[rd[i][t]]%mod;
				else res=1ll*res*_2[rd[i][t]]%mod;
			}
			f[s]=(f[s]+res)%mod;
		}
	}
	printf("%d",(_2[m]-f[S-1]+mod)%mod);
	return 0;
}

posted @ 2023-09-20 18:55 Flying2018 阅读(21) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

Flying2018

---

AtCoder Grand Contest 016

链接

C. +/- Rectangle

D. XOR Replace

E. Poor Turkeys

F. Games on DAG

公告