牛客练习赛137 题解更新至 3 题
Preface
哎呦我超真的，谁出的这场，怎么这么难，C后面的都不想补了，一点补的欲望都没有。
我会在代码一些有必要的地方加上注释，签到题可能一般就不会写了.
以下是代码火车头：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <iomanip>
#define endl '\n'
#define int long long
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define rep2(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
using namespace std;
template<typename T>
void cc(const vector<T> &tem) {
for (const auto &x: tem) cout << x << ' ';
cout << endl;
}
template<typename T>
void cc(const T &a) { cout << a << endl; }
template<typename T1, typename T2>
void cc(const T1 &a, const T2 &b) { cout << a << ' ' << b << endl; }
template<typename T1, typename T2, typename T3>
void cc(const T1 &a, const T2 &b, const T3 &c) { cout << a << ' ' << b << ' ' << c << endl; }
void cc(const string &s) { cout << s << endl; }
void fileRead() {
#ifdef LOCALL
freopen("D:\\AADVISE\\Clioncode\\untitled2\\in.txt", "r", stdin);
freopen("D:\\AADVISE\\Clioncode\\untitled2\\out.txt", "w", stdout);
#endif
}
void kuaidu() { ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0); }
inline int max(int a, int b) {
if (a < b) return b;
return a;
}
inline double max(double a, double b) {
if (a < b) return b;
return a;
}
inline int min(int a, int b) {
if (a < b) return a;
return b;
}
inline double min(double a, double b) {
if (a < b) return a;
return b;
}
void cmax(int &a, const int &b) { if (b > a) a = b; }
void cmin(int &a, const int &b) { if (b < a) a = b; }
void cmin(double &a, const double &b) { if (b < a) a = b; }
void cmax(double &a, const double &b) { if (b > a) a = b; }
using PII = pair<int, int>;
using i128 = __int128;
using vec_int = std::vector<int>;
using vec_char = std::vector<char>;
using vec_double = std::vector<double>;
using vec_int2 = std::vector<std::vector<int> >;
using que_int = std::queue<int>;
Problem A. A+B Problem
比较简单的问题，跟横滨区域赛似的，签到是个小dfs。
//--------------------------------------------------------------------------------
const int N = 1e5 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
const int INF = 1e16;
int n, m, T;
//--------------------------------------------------------------------------------
//struct or namespace:
//--------------------------------------------------------------------------------
char ans[N][5];
int len;
char A[5];
bool fl[5];
void dfs(int x) {
if (x == n + 1) {
++len;
rep(i, 1, n) ans[len][i] = A[i];
return;
}
rep(i, 1, n) {
if (fl[i]) continue;
fl[i] = 1;
A[x] = i + 'A' - 1;
dfs(x + 1);
fl[i] = 0;
}
}
signed main() {
fileRead();
kuaidu();
T = 1;
//cin >> T;
while (T--) {
cin >> n;
dfs(1);
rep(i, 1, len) {
rep(j, 1, n) {
cout << ans[i][j];
if (j != n) cout << "+";
}
cout << " Problem" << endl;
}
}
return 0;
}
Problem B. 图论
其实不是太难的样子，随便画画后大概知道，如果点集的大小是n，那么我们需要去掉n-1个边。
方案的话，大概就是点集里除了层数最小的那个点（如果有多个那就随便一个)，其他的点和他们的父节点所连接的边。
去掉那些边，便可以使得他们互不相通了。
//--------------------------------------------------------------------------------
//struct or namespace:
namespace z {
vector<PII> A[N];
int son[N], dep[N], fa[N];
int mmin = 0;
bool fl[N];
void dfs(const int x, const int pa) {
son[x] = 1;
dep[x] = dep[pa] + 1;
fa[x] = pa;
if (mmin == 0 and fl[x]) mmin = x;
else if (dep[x] < dep[mmin] and fl[x]) mmin = x;
for (auto [y, val] : A[x]) {
if (y == pa) continue;
dfs(y, x);
son[x] += son[y];
}
}
void clear(int n) {
rep(i, 1, n) {
A[i].clear();
}
}
void add(int x, int y, int c = 1) {
A[x].push_back({ y, c });
}
};
//--------------------------------------------------------------------------------
signed main() {
fileRead();
kuaidu();
T = 1;
//cin >> T;
while (T--) {
cin >> n >> m;
z::clear(n);
rep(i, 1, n - 1) {
int a, b; cin >> a >> b;
z::add(a, b);
z::add(b, a);
}
vec<int> tem;
rep(i, 1, m) {
int a; cin >> a;
tem.push_back(a);
z::fl[a] = 1;
}
z::dfs(1, 0);
cc(tem.size() - 1);
// if (m == 1) continue;
for (auto& x : tem) {
if (x == z::mmin) continue;
cc(x, z::fa[x]);
}
}
return 0;
}
Problem C. 变化的数组(Easy Version)
我真的，哎，脑子就像是没带一样。困梦里小v一下，结果卡了好久。然后看了题解，发现其实还好，但是也还是思考了片刻。
首先我们知道，不能直接递推出来个式子去照着式子搞，因为有位运算的存在，都不是线性的。
然后是我们就正常来说dp去搞就可以了。
\[f_i=\sum_{i=0}{p_i*c_{i}}
\]
\(p_i\)是在k次里有i次我们进行了变化的概率，这个可以直接算出来。而\(c_i\)是变化了i次后的值。
如果正常的暴力去写，dp的复杂度会爆掉。毕竟是n*k级别的。
所以这里有一个trick就是：因为a&m，实质上是只有a的前l位有影响（有影响就是会参与到&m的过程里)。（l：m的最高位，我们称前l位是从低到高l位)。
所以我们可以抽离开来，如果a>=（1<<（l+1)-1)的话（式子的含义就是说如果a是存在比m的最高位还要高的位置，也就是我们高位那些没有影响的位置)，我们就直接加上剩下的那些部分就好了。
然后我们提前预处理出来前l位的变化，他们的范围不会超过（1<<(l+1))-1,也就是直接暴力跑一遍就好了，时间复杂度就变成了m*k。
//--------------------------------------------------------------------------------
const int N = 1e6 + 10;
const int M = 1e6 + 10;
const int mod = 998244353;
const int INF = 1e16;
int n, m, T;
int x, k;
int A[N];
//--------------------------------------------------------------------------------
//struct or namespace:
namespace ms {
namespace ni {
const int N = 5e3 + 10;
vector<int> fact, infact;
void cal_ni() {
fact.resize(N + 5);
infact.resize(N + 5);
fact[0] = infact[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; i++) fact[i] = fact[i - 1] * i % mod;
infact[N - 1] = Kuai<mod>(fact[N - 1], mod - 2);
for (int i = N - 2; i >= 1; i--) {
infact[i] = infact[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
}
}
}
//--------------------------------------------------------------------------------
namespace ni = ms::ni;
int C(int n, int m) {
return ni::fact[n] * ni::infact[m] % mod * ni::infact[n - m] % mod;
}
int dfs(int rt) {
int res = rt;
int ans = 0;
auto kuai = Kuai<mod>;
int fenmu = kuai(kuai(2, k), mod - 2);
rep(i, 0, k) {
ans += C(k, i) * fenmu % mod * res % mod;
ans %= mod;
res = res + (res & m) + x;
}
return ans;
}
int dp[5000 + 10];
signed main() {
fileRead();
kuaidu();
T = 1;
//cin >> T;
ni::cal_ni();
while (T--) {
cin >> n >> x >> m >> k;
rep(i, 1, n) cin >> A[i];
int lim = (1 << ((int)log2(m) + 1)) - 1;
rep(i, 0, lim) {
dp[i] = dfs(i);
}
int ans = 0;
rep(i, 1, n) {
int tem = dp[A[i] & lim];
if (A[i] > lim) tem += A[i] - (A[i] & lim), tem %= mod;
ans += tem;
ans %= mod;
}
cc(ans);
}
return 0;
}
PostScript
我丢了，好难这一场，后面几个题赛时几乎都没有人过。
哎，我是彩笔。
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