2022牛客多校第六场
2022牛客多校第六场
过程
本场1h成功签到两题，随后贪心构造把A过了，属于是大胆尝试，不会证明，此时四题，队友卡在了M，而我对dp也不是很熟悉，但其它题一看过题人数，不如和队友一起看M，终于队友找到了bug在半场时刻过了，随后就一起看I，在个位数过题中I的两位数过题已经不错了。I一开始就走进了误区，一看n,d不打，便准备打表找规律，但画出符合条件的图后发现没有明显规律，于是转换思路；首先其实n可以对应维度，例如n=1为一条线，n=2时正方形点阵即可，n=3为立方体点阵，于是将题意转化为可高维图形在平面上的表示，就略微有些熟悉了，那么只需要想办法把维度区分开即可，在最后时间过了I题。
题解
A
注意到\(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i}\leq\frac{1}{2}\),因此盲猜\(a_i\)会非常大，故我们将所有位置放到一个set里面，将\(a_i\)从小到大排序，并记录对应的\(i\)，排序后从小到大枚举，将第一个\(i\)放到set的第一个元素的位置pos，随后在set中查找\(pos+a_i+1\)位置的前驱，继续放置\(i\)，然后pos更新为找到的位置，所谓位置被应用后即刻删除。此时序列长度为最大的\(a_i\),这样生成的序列可保证从前往后每隔\(a_i\)个数必然有一个\(i\)，但由于\(b_i\)是无限的，因此需要特判尾部和头部相连后是否满足性质，若不满足从后部抓一个位置再放一个即可。属于是贪心乱搞做法，不知道能不能被卡掉。
int n,m;
P a[maxn];
int b[maxn];
set<int>s;
void solve(){
cin>>n;
s.clear();
rep(i,1,n) {
scanf("%d",&a[i].first);
a[i].second=i;
m=max(m,a[i].first);
}
rep(i,1,m) s.insert(i),b[i]=1;
sort(a+1,a+1+n);
rep(i,1,n){
int now=(*s.begin());
int st=now;
b[now]=a[i].second;
s.erase(s.begin());
now+=a[i].first;
while(now<=m){
auto it=s.lower_bound(now);
while((*it)>now||it==s.end()) it--;
now=(*it);
b[now]=a[i].second;
s.erase(it);
now+=a[i].first;
}
if(now%m<st){
auto it=s.lower_bound(now);
while((*it)>now||it==s.end()) it--;
now=(*it);
b[now]=a[i].second;
s.erase(it);
}
}
cout<<m<<endl;
rep(i,1,m) printf("%d ",b[i]);
}
B
给定一棵有根树，每个节点可以为它的 \(0 - 𝑑_i\) 级祖先贡献 1 的价值。求最终每个点的价值。此处做法很多，倍增和树链剖分可以做到\(O(nlogn)\)，但可以再dfs树时维护一个dfs栈，这样可以快速查找他的\(d_i\)个祖先。然后进行树上差分，可以做到\(O(n)\)
G
小模拟，签到
I
本质为高维立方体在平面上的表示，因此需要特殊方法来规定维度，此处使用37的阶乘来表示维度，对于第n维，第i个方向的向量，点的位置变为
\((a+{37}^{n-1}*x_i*i,b+37^{n-1}*y_i*i)\)
这样不同维度点形成的连线一定不经过其它点，其他注意的是输出点的坐标为\(int\)型的，不能爆\(int\)，其次\(37\)是因为\(37>6*6\)且37为质数，且\(37^5\)小于\(int\)的最大值。赛后看有人较大的随机数也过了，那构造题确实是这样的。
int n,d;
set<P>s;
vector<P>a,b;
void solve(){
cin>>n>>d;
rep(i,1,n){
int x,y;
cin>>x>>y;
int c=__gcd(x,y);
x/=c;y/=c;
s.insert(P(x,y));
}
a.pb({-inf,-inf});
//a.pb({0,0});
ll base=1;
for(auto y:s){
b=a;
for(auto x:a){
rep(j,1,d-1){
b.pb({x.first+1LL*base*j*y.first,x.second+1LL*base*j*y.second});
}
}
base*=37;
a=b;
}
cout<<b.size()<<endl;
for(auto x:b){
cout<<x.first<<" "<<x.second<<endl;
}
}
J
推出式子即可，可以发现A是不变的，B只有两种状态，可推出C的式子。注意模数为0时需要提前判断，不能放到一个if里。
ll a,b,c,x;
int solve(){
scanf("%lld %lld %lld %lld",&a,&b,&c,&x);
int c0=c,c1=b-c;
if(c0==x||c1==x) return 1;
int c2n=x-c0;
if(a!=2*b){
if(c2n%(a-2*b)==0) return 1;
}
int c2n1=x-c1;
if(2*b!=a){
if(c2n1%(2*b-a)==0) return 1;
}
c0=c,c1=a-b-c;
if(c0==x||c1==x) return 1;
c2n=x-c0;
if(2*b!=a){
if(c2n%(2*b-a)==0) return 1;
}
c2n1=x-c1;
if(a!=2*b){
if(c2n1%(a-2*b)==0) return 1;
}
return 0;
}
M
假博弈真dp，三种状态即可相似，转移也可以即为相似，每次从必胜态，必败态，平局态转移即可。
