AGC039

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A

对于一个长度为\(L\)的相同字符段,显然要花费\(\frac{L}{2}\)次操作才能使得相邻不相同。于是只需要分类讨论一下首尾字符是否相同,算出每种字符、每种长度的连续字符段出现了多少次即可。

B

首先当图不是二分图的时候肯定无解,否则可以发现答案的上界是图上两点的最短路最大值,且不难构造出达到答案上界的方案。于是bfs/Floyd求出这个值即可。

C

可以把题目转换成:每一次把该数的最低位异或\(1\)放到最高位上,问要多少次才能够与原数相同。这样看来每一个数经过\(2N\)次一定会回到原数。那么哪些数操作次数少于\(2N\)?手玩可以发现:一个数能表示成\(AA'AA'...A\)的循环结构,其中\(A\)\(01\)串,\(A'\)是其所有位异或\(1\)得到的串。这样的数只需要\(2|A|\)次操作。注意分成的段数要是奇数,否则仍然需要\(2N\)次操作。

枚举\(A\)的长度\(l\)计算有多少个串循环节长度是\(l\)的约数。因为\(A\)确定了串就确定了,同时相当于枚举串的较高位,所以至多只有一个串需要判断是否小于等于\(S\)。最后容斥算多少个串循环节恰好是\(l\)。复杂度\(O(Nd(N))\)

D

对于圆上三个点\(A,B,C\),取弧\(AB,BC,AC\)的中点\(D,E,F\),可通过圆周角定理证明\(\Delta DEF\)的垂心与\(\Delta ABC\)的内心重合。

考虑\(\Delta DEF\),根据欧拉线,因为\(\Delta DEF\)的外心是\(O(0,0)\),重心是\((\frac{x_D+x_E+x_F}{3} , \frac{y_D+y_E+y_F}{3})\),所以垂心就是\((x_D+x_E+x_F,y_D+y_E+y_F)\),这样\(D,E,F\)三个点贡献独立。枚举\(AB\),考虑其两段弧的中点答案的贡献。

E

先枚举一个点\(i\)\((1,i)\)连边。那么接下来的问题就是\([2,i) \cup (i,2N]\)中的点互相连边的问题。

考虑跨过点\(i\)的边,它们的两端点有单调性,即左半部分编号递增时,右半部分编号递减。枚举跨过点\(i\)的在左半部分编号最小的边\((j,k)\),那么剩余的点,要么先与\(j\)相交、要么先与\(i\)相交、要么先与\(k\)相交,且这样的点在编号上均分布为一段区间。枚举与\(j\)相交的点中最大的编号\(p\)、与\(k\)相交的点中最大的编号\(q\),那么可以分别递归到\([2,j) \cup (j,p]\)\([p+1,i) \cup (i,q-1]\)\([q,k) \cup (k,2N]\)的三个子问题。

用记搜实现计算过程,虽然状态数\(O(N^3)\)但有用状态不多。复杂度\(O(N^7)\)

F

考虑一个朴素的DP:设\(f_{i,j,k}\)表示矩阵\(A\)\(i\)\(j\)列最小值\(\leq k\)的方案数。注意到\(N,M,K \leq 100\),但是这样的状态在转移时无可避免的要同时枚举\(i,j\)的增量,因为它们的影响都在\(A\)上,所以转移的位置有交。

对问题做一个小转化,可以发现权值相当于是额外填了一个矩阵\(B\)满足\(B\)的每个位置小于等于\(A\)中对应位置的行列最小值,那么权值相当于是\(B\)的方案数。发现对于\(B\)的限制等价于\(B\)的行列最大值小于\(A\)的对应行列最小值。

此时我们有了两个矩阵\(A,B\),考虑将状态一个放\(A\)上一个放\(B\)上:设\(f_{i,j,k}\)表示\(A\)\(i\)\(\leq k\)\(B\)\(j\)\(\leq k\)\(A,B\)矩阵填法总数。

若确定\(B\)中某行最大值为\(k+1\),则矩阵\(A\)上对应行确定了列最小值的位置可以填入\(\geq k +1\)的数;在矩阵\(B\)上对应行没有确定列最小值的位置可以填入\(\leq k+1\)的数,且要保证至少有一个位置填\(k+1\)

若确定\(A\)中某列最小值为\(k+1\),则矩阵\(A\)对应列确定了行最大值的位置可以填入\(\geq k+1\)的数,且至少有一个位置填\(k+1\);在矩阵\(B\)对应列没有确定行最大值的位置可以填入\(\leq k+1\)的数。

可以发现\(A,B\)两个矩阵的填入无交,所以将这两者的转移看成两个阶段即可。预处理转移系数,复杂度\(O(NMK(N+M))\)

posted @ 2019-10-20 09:21  cjoier_Itst  阅读(...)  评论(...编辑  收藏