ABC150 C-F
C
\(N \le 8\)，全排列即可。实现时可以使用 next_permutation。当然用康拓展开也没有问题。
以下代码时间复杂度 \(O(n!)\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[1001],b[1001],c[1001],x,y,cnt;
bool cka( void )
{
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
if( a[i] != c[i] )
return false;
return true;
}
bool ckb( void )
{
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
if( b[i] != c[i] )
return false;
return true;
}
int main()
{
cin >> n;
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
cin >> a[i],c[i] = i;
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
cin >> b[i];
do
{
cnt ++;
if( cka() ) x = cnt;
if( ckb() ) y = cnt;
}
while( next_permutation( c + 1 , c + n + 1 ) );
if( x > y ) swap( x , y );
cout << y - x;
return 0;
}
D
考虑求出最小的 \(X\)。有了这个 \(X\) 后，答案显然为 \(\lceil \dfrac{ \lfloor \dfrac{M}{X} \rfloor }{2} \rceil\)。大胆推测 \(X\) 与 \(\operatorname{lcm}(a_1,a_2,\cdots,a_N)\) 有关。记 \(l=\operatorname{lcm}(a_1,a_2,\cdots,a_N)\)，如果存在非负整数 \(k\)，使得对于每个 \(\dfrac{l}{a_i}\)，都能表示成 \(2^k \times d\) 的形式（\(d\) 为任意正奇数），那么 \(X=\dfrac{l}{2^{k+1}}\)（把原来的 \(2\) 消去之外还要再除以 \(2\) 才能出现 \(0.5\)）。
说明一下，如果不存在这样的 \(k\)，那么用 \(X\) 除以 \(a_i\) 时会出现结果为整数的情况（即 \(X\) 分解后 \(2\) 的个数不少于 \(a_i\) 时），此时答案显然为 \(0\)。
时间复杂度 \(O(n \log A)\)，其中 \(A\) 为值域上限。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,a[1000001],b[101],flag,lc,ans,g,cnt,ti;
int gc( int x , int y )
{
if( y == 0 ) return x;
return gc( y , x % y );
}
signed main()
{
cin >> n >> m;
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
cin >> a[i];
lc = a[1];
for( int i = 2 ; i <= n ; i ++ )
lc = lc * a[i] / gc( lc , a[i] );
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
a[i] = lc / a[i];
cnt = 0;
while( a[i] % 2 == 0 ) a[i] /= 2,cnt ++;
b[cnt] ++;
}
ti = 1;
for( int i = 0 ; i <= 34 ; i ++ )
{
ti *= 2;
if( b[i] == n )
{
lc = lc / ti;
ans = m / lc;
ans = ans / 2 + ans % 2;
cout << ans;
return 0;
}
}
cout << 0;
return 0;
}
E
计数题。
首先有一个显然的贪心，即对于较大的 \(C_i\)，应分配一个较小的 \(D\)。考虑反证，设 \(C_i > C_j\) 且 \(D_1 > D_2\)，从 \(C_i \times D_2 + C_j \times D_1\) 变成 \(C_i \times D_1 + C_j \times D_2\) 的变化量为 \(C_i \times ( D_1 - D_2 ) - C_j \times ( D_1 - D_2 )=(C_i-C_j)\times (D_1-D_2) > 0\)，显然不优，因此上述贪心正确。
有了这个贪心，那么在每种状态下，每个位置被修改时的 \(D\) 也就确定了。发现状态数太多，因此换一个角度，计算每个 \(C_i\) 对于答案的贡献。影响贡献的有两个因素：\(C_i\) 被修改时的 \(D\)（可简单理解为比 \(C_i\) 大的数的个数），以及对应这个 \(D\) 的方案数。不妨先将 \(C\) 从大到小排序。
设当前在第 \(i\) 个位置，则对答案的贡献为（为了区分原题目中的 \(C_i\) 和组合数，\(C_i\) 用 \(A_i\) 表示）：
我们分开理解这个式子的各部分：\(2^{n-i}\) 表示后面的 \(n-i\) 位修改不修改均可，不会对当前第 \(i\) 位产生影响；\(j\) 表示前面 \(i-1\) 个位置修改的个数，那么此时 \(D=j+1\)，而前面修改的方案有 \(C_{i-1}^{j}\) 种，将两者相乘即可。
直接这样做是 \(O(n^2)\) 的，还有优化的空间。回顾组合数递推的式子 \(C_i^j=C_{i-1}^j + C_{i-1}^{j-1}\)，在本题中即 \(C_{i-1}^{j}=C_{i-2}^j+C_{i-2}^{j-1}\)，还要乘上 \(j+1\) 的系数。记 \(sum_i=\sum_{j=0}^{i-1} (j+1) \times C_{i-1}^{j}\)，即
展开最后一项并带上求和符号：
分开等式右边各部分为：
发现第一项和第二项完全等价，即为 \(sum_{i-1}\)（\(C_{i-2}^{i-1}\) 显然为 \(0\)，不会产生影响）。第三项就是杨辉三角中一行的求和，直接可得为 \(2^{i-2}\)。于是 \(sum_i=sum_{i-1}\times 2+2^{i-2}\)。初始值 \(sum_1=1\)。
实现时只需要预处理 \(2\) 的幂即可。由于只是确定了每个位修改还是不修改，并没有确定是从 \(0\) 变为 \(1\) 还是从 \(1\) 变为 \(0\)，因此最后答案要乘上 \(2^n\)。时间复杂度 \(O(n)\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define int long long
#define MOD 1000000007
using namespace std;
int n,c[1000001],p2[1000001],sum,ans,tot;
bool cmp( int x , int y )
{
return x > y;
}
signed main()
{
cin >> n;
p2[0] = 1;
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
cin >> c[i];
p2[i] = p2[i - 1] * 2ll % MOD;
}
sort( c + 1 , c + n + 1 , cmp );
sum = 1;
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
if( i >= 2 )
{
tot = p2[i - 2];
sum = ( sum * 2 % MOD + tot ) % MOD;
}
ans = ( ans + sum * c[i] % MOD * p2[n - i] % MOD ) % MOD;
}
cout << ans * p2[n] % MOD;
return 0;
}
F
读题可以发现一个事实，即如果已求得一个合法的 \(k\)，则 \(x\) 也唯一确定了。因为 \(a_{(i+k)\bmod n} \operatorname{xor}x=b_i\)，根据异或的可逆性可得 \(x=a_{(i+k)\bmod n} \operatorname{xor} b_i\)。那么问题转化为判断每个 \(0\le k <n\) 是否合法。
不难想到暴力的做法，每次令 \(x=a_k \operatorname{xor}b_0(0\le k <n)\)，判断其它位置是否相等，时间复杂度 \(O(n^2)\)，不够优秀，瓶颈在于判断是否相等这个过程。考虑异或的本质是二进制的运算，且在某一二进制位上 \(a_i\) 要么全部不变，要么全部取反（取决于 \(x\) 二进制在该位上的数值）。又由于不同的 \(x\) 可能在某些二进制位上相同，因此每次都重新判断会出现大量冗余。
我们换个角度考虑，枚举 \(x\) 二进制下的每一位，并令该位分别等于 \(0\) 和 \(1\)，保留 \(a_i\) 当前位和 \(x\) 当前位的异或值，同时令 \(b'\) 为 \(b\) 二进制当前位的值。这样做，相当于 \(a'\) 在当前位确定下来了，直接枚举 \(k\) 判断和 \(b'\) 是否相等即可，用 Hash 即可做到 \(O(n)\)。如果某一位的 \(x\) 为 \(0\) 或 \(1\) 时均不合法，则对应 \(k\) 不合法，否则合法。
总时间复杂度 \(O(n\log A)\)，其中 \(A\) 为值域上限。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define int long long
#define MOD 998244853
#define base 233
using namespace std;
int n,A[1000001],B[1000001],a[1000001],b[1000001],c[1000001],d[1000001],sum[1000001],p[1000001],ha[1000001],hb[1000001],f[1000001],vis1[1000001],vis2[1000001];
int h1( int l , int r )
{
if( l > r ) return 0;
return ( ( ha[r] - ha[l - 1] * p[r - l + 1] % MOD ) % MOD + MOD ) % MOD;
}
int h2( int l , int r )
{
if( l > r ) return 0;
return ( ( hb[r] - hb[l - 1] * p[r - l + 1] % MOD ) % MOD + MOD ) % MOD;
}
void js1( )
{
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
ha[i] = ( ha[i - 1] * base % MOD + c[i] ) % MOD;
hb[i] = ( hb[i - 1] * base % MOD + d[i] ) % MOD;
}
int l1,r1,l2,r2;
for( int i = 0 ; i < n ; i ++ )
{
l2 = 1,r2 = n - i;
l1 = l2 + i,r1 = n;
// cout << i << ' ' << l1 << ' ' << r1 << ' ' << l2 << ' ' << r2 << endl;
if( h1( l1 , r1 ) != h2( l2 , r2 ) ) continue;
l2 = r2 + 1,r2 = n;
r1 = l1 - 1,l1 = 1;
// cout << i << ' ' << l1 << ' ' << r1 << ' ' << l2 << ' ' << r2 << endl;
if( h1( l1 , r1 ) != h2( l2 , r2 ) ) continue;
vis1[i] = 1;
}
return;
}
void js2( )
{
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
c[i] ^= 1;
ha[i] = ( ha[i - 1] * base % MOD + c[i] ) % MOD;
hb[i] = ( hb[i - 1] * base % MOD + d[i] ) % MOD;
}
int l1,r1,l2,r2;
for( int i = 0 ; i < n ; i ++ )
{
l2 = 1,r2 = n - i;
l1 = l2 + i,r1 = n;
// cout << i << ' ' << l1 << ' ' << r1 << ' ' << l2 << ' ' << r2 << endl;
if( h1( l1 , r1 ) != h2( l2 , r2 ) ) continue;
l2 = r2 + 1,r2 = n;
r1 = l1 - 1,l1 = 1;
// cout << i << ' ' << l1 << ' ' << r1 << ' ' << l2 << ' ' << r2 << endl;
if( h1( l1 , r1 ) != h2( l2 , r2 ) ) continue;
vis2[i] = 1;
}
return;
}
signed main()
{
cin >> n;
p[0] = 1;
f[0] = 1;
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
p[i] = p[i - 1] * base % MOD,f[i] = 1;
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
cin >> a[i],A[i] = a[i];
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
cin >> b[i],B[i] = b[i];
for( int j = 0 ; j <= 31 ; j ++ )
{
vis1[0] = vis2[0];
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
c[i] = a[i] % 2;
d[i] = b[i] % 2;
vis1[i] = vis2[i] = 0;
}
js1();
js2();
for( int i = 0 ; i < n ; i ++ )
if( !vis1[i] && !vis2[i] )
f[i] = 0;
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
a[i] /= 2,b[i] /= 2;
}
for( int i = 0 ; i < n ; i ++ )
if( f[i] )
cout << i << ' ' << ( A[i + 1] ^ B[1] ) << '\n';
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号