CF Round 998 题解合集
E
考虑对 F 先删边再加边。
删边时，用并查集维护出 G 的联通性，如果 F 中的边 \((x,y)\) 在 G 中不联通，就把它删去。
加边时，用并查集维护出 F 的联通性，如果 G 中的边 \((x,y)\) 在 F 中不连通，就在 F 中加边 \((x,y)\)。
不难发现这样贪心决策是正确的。
复杂度 \(O(n \alpha(n))\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,m1,m2,n,cnt,x[200005],y[200005],u[200005],v[200005];
int fa[200005],vis[200005];
void init(){
for(int i=1;i<=n;i++){
fa[i]=i;
}
}
int find(int x){
if(fa[x]==x) return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y){
x=find(x);
y=find(y);
if(x==y) return;
fa[x]=y;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>m1>>m2;
for(int i=1;i<=m1;i++){
cin>>x[i]>>y[i];
}
init();
for(int i=1;i<=m2;i++){
cin>>u[i]>>v[i];
merge(u[i],v[i]);
}
for(int i=1;i<=m1;i++){
if(find(x[i])!=find(y[i])){
vis[i]=1;
cnt++;
}
}
init();
for(int i=1;i<=m1;i++){
if(vis[i]) continue;
merge(x[i],y[i]);
}
for(int i=1;i<=m2;i++){
if(find(u[i])!=find(v[i])){
cnt++;
merge(u[i],v[i]);
}
}
cout<<cnt<<'\n';
cnt=0;
for(int i=1;i<=m1;i++){
vis[i]=0;
}
}
return 0;
}
F
考虑 DP 计算 \(f_{i,j}\) 表示在 \(j\) 个位置填非 \(1\) 数，乘积为 \(i\) 的方案数。
不难得到转移：
\[f_{d\cdot i,j+1} \to f_{i,j}
\]
然后考虑计算答案为：
\[ans_k=\sum_{i=0}^{\lfloor \log k \rfloor}\sum_{j=i}^{n} f_{k,i} \binom{j}{i}
\]
不难发现：
\[\sum_{i=j}^{n} \binom{i}{j}=\binom{n+1}{j+1}
\]
所以原式为：
\[ans_k=\sum_{i=0}^{\lfloor \log k \rfloor} f_{k,i} \binom{n+1}{i+1}
\]
因为 \(n\) 很大但是 \(i\) 很小，所以考虑按定义求组合数。
复杂度 \(O(k \log k)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod=998244353;
int t,n,k,ans,f[100005][21];
int binpow(int a,int b){
if(!b) return 1;
int res=binpow(a,b/2);
if(b&1) return res*res%mod*a%mod;
else return res*res%mod;
}
int C(int n,int m){
if(n<m) return 0;
int ans=1;
for(int i=0;i<m;i++){
ans=ans*(n-i)%mod;
}
int fac=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
fac=fac*i%mod;
}
ans=ans*binpow(fac,mod-2)%mod;
return ans;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
cin>>k>>n;
f[1][0]=1;
for(int i=1;i<k;i++){
for(int j=0;j<__lg(k);j++){
for(int d=2;i*d<=k;d++){
f[i*d][j+1]=(f[i*d][j+1]+f[i][j])%mod;
}
}
}
cout<<n%mod<<' ';
for(int i=2;i<=k;i++){
ans=0;
for(int j=0;j<=__lg(k);j++){
ans=(ans+f[i][j]*C(n+1,j+1)%mod)%mod;
}
cout<<ans<<' ';
}
cout<<'\n';
for(int i=1;i<=k;i++){
for(int j=0;j<=__lg(k);j++){
f[i][j]=0;
}
}
ans=0;
}
return 0;
}
G
不难发现，在 \(n\ge 3\) 时，我们可以进行以下两种高级操作：
-
选择两行 \(i,j\) 交换；
-
选择两行 \(i,j\) 翻转。
因此，不难发现，\((a_i,b_i)\) 是绑定的，所以最终序列是唯一确定的，按 \(\min(a_i,b_i)\) 排序的。
设 \(f_{i,1/2/3/4}\) 表示考虑目标序列前 \(i\) 项，是否翻转 \(i\)，是否有未配对的操作 \(2\)。
然后就直接转移就行了，复杂度 \(O(n)\)。
转移的细节见代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,n,f[200005][6];
struct node{
int a,b;
}h[200005];
bool cmp(node x,node y){
return min(x.a,x.b)<min(y.a,y.b);
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>h[i].a;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>h[i].b;
}
sort(h+1,h+1+n,cmp);
f[1][1]=f[1][4]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(h[i-1].a<h[i].a && h[i-1].b<h[i].b){
f[i][1]|=f[i-1][1];
f[i][2]|=f[i-1][2];
f[i][3]|=f[i-1][4];
f[i][4]|=f[i-1][3];
}
if(h[i-1].a<h[i].b && h[i-1].b<h[i].a){
f[i][1]|=f[i-1][3];
f[i][2]|=f[i-1][4];
f[i][3]|=f[i-1][2];
f[i][4]|=f[i-1][1];
}
}
if(f[n][1]|f[n][3]) cout<<"Yes"<<'\n';
else cout<<"No"<<'\n';
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i][1]=f[i][2]=f[i][3]=f[i][4]=0;
}
}
return 0;
}
