CF 瞎写记录

不定期更新。

CF1166E - The LCMs Must be Large *2100

结论题。

\(\operatorname{Key Observation}\)：答案为 possible 的充要条件任意两天选取的商铺集合都有交集。

必要性证明

假设两个集合 \(A, B\) 没有交集，可以发现 \(A \subseteq C_uB, B \subseteq C_uA\)，故 \(C_uB\) 集合的 \(\operatorname{lcm}\) 必不小于 \(A\) 集合的 \(\operatorname{lcm}\)，\(B\) 集合的 \(\operatorname{lcm}\) 必不大于 \(C_uA\) 集合的 \(\operatorname{lcm}\)。这时，如果 \(A\) 集合的 \(\operatorname{lcm}\) 大于 \(C_uA\) 集合的 \(\operatorname{lcm}\)，即可推出 \(B\) 集合的 \(\operatorname{lcm}\) 小于 \(C_uB\) 集合的 \(\operatorname{lcm}\)，矛盾，故任意两个集合间必定存在交集。

充分性证明

考虑这样一种构造，假设所有元素初始时全部为 \(1\)，每次把给定的第 \(i\) 个集合内所有数都乘上第 \(i\) 个质数。可以发现，当任意两个集合都相交时，这种构造总是对的。

CF1305F - Kuroni and the Punishment *2500

居然是随机化！

考虑答案的上界是多少。很显然，我们可以把所有数都变成偶数，所以最优解的操作次数不会超过 \(n\)。

也就是说，我们至多对 \(\frac{n}{2}\) 的元素执行两次或更多的操作，其余元素统统只会执行小于等于一次操作！我们可以随机一个数 \(x\)，对于 \(x\)、\(x+1\)、\(x-1\) 分解质因数，再枚举质因数作为所有数的 \(\gcd\) 计算答案。每次随机正确率不会低于 \(\frac{1}{2}\)，随 \(100\) 次即可通过。

CF1314D - Tourism *2300

仍然是是随机化。

容易发现没有奇环的充要条件是走过的边连成的图是一个 二分图。于是可以对点随机黑白染色，每次只能从一种颜色的点走到另一种颜色的点，瞎 dp 就行啦。

这东西正确性大概在 \(\frac{1}{512}\) 左右，所以随 \(5000\) 次就行了。

CF1746E1 - Joking (Easy Version) *2500

很有趣的交互题。考虑将 \(n (n \geq 4)\) 个数的范围缩小，记 \(\operatorname{mid}\) 为 \(1 - n\) 的中点，考虑询问集合 \([1, \operatorname{mid}]\)，如下图所示：

如果答案为 YES，记 \(\operatorname{mid'}\) 为 \(\operatorname{mid} - n\) 的中点，询问集合 \([\operatorname{mid}, \operatorname{mid'}]\)：

这时，如果答案为 YES，就可知道 \(x\) 必不在 \([\operatorname{mid'}, n]\) 当中。

对于其他情况类似讨论一下即可，我们用两次询问缩小了 \(\frac{1}{4}\) 的范围。

此时又出现了一个 bug，当范围缩小至 \(n = 3\) 时怎么做？这就有点难了，设三个数分别为 \(a_1, a_2, a_3\)，具体步骤如下：

  1. 询问集合 \(\{a_1, a_2\}\)，
    • 如果回答是 NO，那么我们就认为 \(x = a_3\)，提交一次答案，
      • 如果猜中了，游戏结束。
      • 如果猜错了，我们的范围就缩小至 \(\{a_1, a_2\}\) 中。同时，我们知道上一次的回答在 Joking，下一次询问就必定会说真话！接下来就很容易了，询问集合 \(\{a_1\}\) 便能知道 \(x\)，提交答案，游戏结束。
    • 如果回答是 YES，请继续向下看，
  2. 再次询问集合 \(\{a_1, a_2\}\)，
    • 如果回答是 NO，同上处理，不再赘述。
    • 如果回答是 YES，由 \(\operatorname{Observation 2}\) 可知 \(x \neq a_3\)，于是我们的范围缩至了 \({a_1, a_2}\)！依次提交 \(a_1\)、\(a_2\) 作为 \(x\) 即可。

注意要特判 \(n = 1\)，不然会 WA on #2。

CF1746F - Kazaee *2800

神题。考虑给每个数赋一个随机值，准确来说是把每一个相同的数随机映射成另一个数，可以发现：

  • 若区间内所有数的出现次数都为 \(k\) 的倍数，那么和也必定是 \(k\) 的倍数。
  • 若区间内所有数的出现次数不为 \(k\) 的倍数，和也有可能是 \(k\) 的倍数。不过均摊下来，错误率大概只有 \(\frac{1}{k}\) 左右。

使用树状数组维护即可。思考正确性：\(k\) 等于 \(1\) 时必定都为 YES，所以只需考虑 \(k \geq 2\) 的情况。可以随机映射 \(30\) 次，这样错误率最多只有 \(\frac{q}{2^{30}}\) 左右，可以通过。

具体实现上，如果使用 map 进行映射会被卡常。我的解决方案是写关于 \(x\) 和映射到的数 \(T\) 的一个伪随机式子，可以达到相同的效果。

实测可以每次随机时取一个数 \(arg\)，对于每个数取 \(T = arg^{a_i}\)，这样复杂度就是 \(O(kn \log n)\)，其中 \(k = 30\)。

这样做仍然被卡常了！所以可以先对 \(a_i\) 离散化，这样算幂的时候就不用快速幂了，直接预处理即可。复杂度仍然是 \(O(k n \log n)\)，不过这时瓶颈在于树状数组而不是快速幂了，常数很小，跑得飞快。

题外话：CSP 前没补这题，结果 CSP T3 就考到了与这题 几乎完全一致 的解法，亏大了 /ll

CF1747D - Yet Another Problem *1900

分类讨论题，和 CSP-S 2022 T2 有的一拼。

  1. 如果区间内全为 \(0\)，则答案为 \(0\)。
  2. 如果区间 \(\operatorname{xor}\) 不为 \(0\)，则答案为 \(-1\)。
  3. 其余情况中，如果区间长度为奇数，则答案为 \(1\)。
  4. 其余情况中，如果 \(a_l = 0\) 或 \(a_r = 0\)，则答案为 \(1\)。
  5. 其余情况中，存在 \(i \in [l, r]\)，使得区间 \([l, i]\) 符合题目中的条件，则答案为 \(2\)。
  6. 其余情况中，答案为 \(-1\)。

如果暴力模拟复杂度是 \(O(nq)\)，瓶颈在第五步，需要优化。

考虑对前缀和（或者叫前缀 \(\operatorname{xor}\) ？）排序，把相同的位置拎出来，预处理对于每个位置 \(i\)，使 \([i, j]\) 满足条件的最小的 \(j\)，就可以达到 \(O(n \log n + q)\) 的优秀复杂度，可以通过。

CF1753C - Wish I Knew How to Sort *2000

\(\operatorname{Key Observation}\)：设序列中 \(0\) 的数量为 \(\operatorname{cnt}\)，只有前 \(\operatorname{cnt}\) 位中的 \(1\) 和后 \(n - \operatorname{cnt}\) 位中的 \(0\) 交换 有意义。

然后瞎 dp 就行啦。我们设 \(\operatorname{dp}_i\) 表示形成前 \(\operatorname{cnt}\) 位中有 \(i\) 个 \(0\) 的期望步数，可以推出转移方程：

\[\operatorname{dp}_{i+1} = \operatorname{dp}_i + \frac{n(n-1)}{2(\operatorname{cnt}-i)^2} \]

CF1753D - The Beach *2400

比较套路的最短路。

考虑把太阳椅的移动看作空格子的移动，可以按如下方式建图：

  • 如果 \(s_{i, j} = \operatorname{L}\)，则 \((i, j+2) \rightarrow (i, j)\)，\((i+1, j+1) \rightarrow (i, j)\)，\((i-1, j+1) \rightarrow (i, j)\)；
  • 如果 \(s_{i, j} = \operatorname{R}\)，则 \((i, j-2) \rightarrow (i, j)\)，\((i+1, j-1) \rightarrow (i, j)\)，\((i-1, j-1) \rightarrow (i, j)\)；
  • 如果 \(s_{i, j} = \operatorname{U}\)，则 \((i+2, j) \rightarrow (i, j)\)，\((i+1, j+1) \rightarrow (i, j)\)，\((i+1, j-1) \rightarrow (i, j)\)；
  • 如果 \(s_{i, j} = \operatorname{D}\)，则 \((i-2, j) \rightarrow (i, j)\)，\((i-1, j+1) \rightarrow (i, j)\)，\((i-1, j-1) \rightarrow (i, j)\)；

然后跑最短路就行了。时间复杂度 \(O(nm \log (nm))\)。

CF1761D - Carry Bit *2100

纯组合计数题。我们把连续的进位看成一段，考虑枚举总段数 \(i\)。经过计算，我们可以发现选取不同进位位置的方案 \(ans = {k-1 \choose i-1} \times {n-k+1 \choose i}\)。每个位置可以取怎样的数值呢？容易发现一次进位需要一个 \(\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix}\) 开始，连续进位过程种每个位置不能是 \(\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}\)，连续进位后需要一个 \(\begin{matrix} 0 \\ 0 \end{matrix}\) 来结束进位（除非最后一次进位是在第 \(n\) 位），其余位置不能是 \(\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix}\)。于是可以分类讨论：

  • \(k + i - 1 \geq n\)：此时最后一次进位必定在第 \(n\) 位，故答案需要加上 \(ans \times 3^{n-2i+1}\)。

  • \(\operatorname{Otherwise}\)：此时最后一次进位不在第 \(n\) 位的方案 \(num = {k-1 \choose i-1} \times {n-k \choose i}\)，所以答案要加上 \((ans - num) \cdot 3^{n-2i+1} + num \cdot 3^{n-2i}\)。

CF1761E - Make It Connected *2400

考虑按连通块的个数与特征分类讨论：

  • 如果图中只有一个连通块，也就是说图已经连通，答案为 \(0\)。Proof：显然。

  • 其余情况中，如果存在度数为 \(0\) 的点，答案为 \(1\)。Proof：显然。

  • 其余情况中，如果存在一个连通块不是完全图，答案为 \(1\)。Proof：任意选择一个度数不为 \(k-1\) 且不为割点 的结点执行操作即可，其中 \(k\) 为所在连通块大小。

  • 其余情况中，如果途中存在大于等于 \(3\) 个连通块，答案为 \(2\)。Proof：任意选择两个来自不同连通块中的点执行操作即可。

  • 其余情况中，答案为 \(2\) 个连通块中较小连通块的大小。Proof：容易发现只有对某一连通块内所有点依次执行操作后才能满足条件。

posted @ 2022-11-11 21:42  Sparkle_ZH  阅读(109)  评论(0)    收藏  举报