2023 ICPC Jinan

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ICPC Jinan

G

考虑找矛盾。首先对于同一行，翻转和不翻是一个矛盾，对于相异的行，若一行的翻转或不反转会使同一列产生多余的 1，则又是一个矛盾。将每一行拆成两个点，一个点代表不翻转该行，一个点代表翻转该行，然后将所有的矛盾作为边连起来，会得到一个图，对于图中的连通块，若是二分图，则这个连通会对答案产生乘 2 的贡献，否则，乘 0。

在建图之前，先要初步判断一下合法性，否则会因为建的边太多而导致 TLE。

std::string g[N + 5];
std::vector<int> adj[N + 5 << 1], col[N + 5];
int cnt[N + 5];
int color[N + 5 << 1];

void init(int n, int m) {
    for (int i = 0; i < n + n; ++i) {
        adj[i].clear();
        color[i] = 0;
    }
    for (int i = 0; i <= m; ++i) {
        col[i].clear();
        cnt[i] = 0;
    }
}

bool dfs(int cur, int c) {
    if (color[cur] != 0) {
        return color[cur] == c;
    }
    color[cur] = c;
    for (auto &to : adj[cur]) {
        if (!dfs(to, 3 - c)) {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

void solve() {
    int n = 0, m = 0;
    std::cin >> n >> m;
    init(n, m);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        std::cin >> g[i];

        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            cnt[j] += (g[i][j] - '0') + (g[i][m - 1 - j] - '0');
        }
    }

    i64 ans = 1ll;
    int mid = (m + 1) >> 1;
    for (int i = 0; i < mid; ++i) {
        if (cnt[i] > 2) {
            ans = 0ll;
            break;
        }
    }

    for (int i = 0; i < n && ans != 0; ++i) {
        // 建边
        adj[i].push_back(i + n);
        adj[i + n].push_back(i);
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            // 不翻转
            if (g[i][j] == '1') {
                for (auto &t : col[j]) {
                    adj[i].push_back(t);
                    adj[t].push_back(i);
                }
            }

            // 翻转
            int k = m - 1 - j;
            if (g[i][k] == '1') {
                for (auto &t : col[j]) {
                    adj[i + n].push_back(t);
                    adj[t].push_back(i + n);
                }
            }
        }

        // 统计
        for (int j = 0; j < m; ++j) {
            if (g[i][j] == '1') {
                col[j].push_back(i);
            }
            if (g[i][m - 1 - j] == '1') {
                col[j].push_back(i + n);
            }
        }
    }

    for (int i = 0; i < n && ans != 0; ++i) {
        if (color[i] != 0) {
            continue;
        }

        if (dfs(i, 1)) {
            ans <<= 1;
            if (ans >= Mod) {
                ans -= Mod;
            }
        }
        else {
            ans = 0;
        }
    }
    std::cout << ans << '\n';
}

K

一个关键的 trick 是，我们令 \(a_i \leftarrow a_i - i\)，这样做的能够使一段公差为 1 的 等差序列变成相等的数，于是问题就变成了可以在规定的操作次数内，能操作出的最长的段使得段内所有的数都相等。双指针 加上 堆顶堆动态维护中位数 容易解出。

M

首先求凸包，标记凸包上的点，然后枚举每个不在凸包上的点，以该点为中心对所有点进行极角排序，排完序后相邻的且同时时凸包上的点会对答案产生一的贡献。