A. Sum of Odd Integers

上来几分钟才加载出来，切A又切不动555

一波分析发现和最小的 \(k\) 个数一定是 \(1,3,5,...,(2k-1)\)，如果 \(n\) 小于它们之和，就不行

还有如果它们之和的奇偶性和 \(n\) 不一样也不行

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
#define int ll
int t,n,j;
signed main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>j;
		cout<<(j*(1+2*j-1)/2<=n && (j*(1+2*j-1)/2+n)%2==0?"YES":"NO")<<endl;
	}
	return 0;
}

B. Princesses and Princes

题目真的长到自闭

刚开始匹配一波，然后找两个未被匹配的输出就行了

找不到当然直接OPTIMAL

辣鸡代码警告

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
#define int ll
int t,n,j;
bool f[N],g[N]; //g表示公主被匹配，f表示王子被匹配
vector<int> a[N];
void find(){
	cout<<"IMPROVE"<<endl;
	repeat(i,0,n)if(!g[i]){cout<<i+1; break;}
	repeat(i,0,n)if(!f[i]){cout<<' '<<i+1<<endl; break;}
}
signed main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		repeat(i,0,n)a[i].clear();
		fill(f,f+n,0);
		fill(g,g+n,0);
		int cnt=0;
		repeat(i,0,n){
			int m,x; cin>>m;
			repeat(j,0,m)cin>>x,x--,a[i].push_back(x);
			for(auto p:a[i]){
				if(!f[p]){
					f[p]=1;
					g[i]=1;
					cnt++;
					break;
				}
			}
		}
		if(cnt==n)cout<<"OPTIMAL"<<endl;
		else find();
	}
	return 0;
}

C. Game with Chips

emmm直接输入 \(n,m\) 就好了，后面懒得输入，输出可以遍历所有点的走法

我还犹豫好久

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
#define int ll
int t,n,m;
signed main(){
	cin>>n>>m;
	string s;
	s+=string(m-1,'L');
	s+=string(n-1,'U');
	repeat(i,0,n){
		if(i%2==0)s+=string(m-1,'R');
		else s+=string(m-1,'L');
		if(i!=n-1)s+='D';
	}
	cout<<s.length()<<endl;
	cout<<s<<endl;
	return 0;
}

D. Infinite Path

会循环置换应该就没问题

首先有一个不知道叫什么名字的定理，任意一个置换都可以拆成若干个不相交的循环置换

什么？循环置换是什么？没做专题13暴露了吧（huge fog）

循环置换什么的可以找一些博客看一下，比如最简单易得的oi-wiki：https://oi-wiki.org/math/permutation-group/

因此接下来我默认大家会了这个定理：

我们先找到一个循环置换 \(P\)（所有循环置换都要执行一遍接下来的操作），长度记为 \(len\)，事实上 \(P^k\) 其实也能进一步拆成多个小循环置换，而且恰好是 \(\gcd(k,len)\) 个，当然，每个小循环置换的长度就是 \(\dfrac {len} {\gcd(k,len)}\)

而且有结论 \(\gcd(k,len)\) 相等的两个 \(k\) 拆出来的小循环置换是一模一样的（可以 \(len=6,k=1...6\) 玩一玩）

所以我们只要让 \(k\) 遍历所有 \(len\) 的约数（这样的话每个 \(\gcd(k,len)\) 都不相同），每次把小循环置换拿出来问它是不是只有一种颜色，如果是就更新答案

最终复杂度是 \(O(n\sqrt n)\)

辣鸡代码警告

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
#define int ll
int t,n,m,ans;
int a[N],co[N],vis[N];
vector<int> rec,v;
bool work2(int s,int step){
	int n=rec.size();
	int p=s,nxt=(p+step)%n;
	while(nxt!=s){
		if(rec[p]!=rec[nxt])return 0;
		p=nxt,nxt=(p+step)%n;
	}
	return 1;
}
void work(){
	int n=rec.size();
	for(int i=1;i<n;i=n/(n/(i+1))) //这花里胡哨的其实是求n的所有约数
	if(n%i==0){
		repeat(j,0,i){
			if(ans<=i)return;
			if(work2(j,i)){
				ans=min(ans,i);
				return;
			}
		}
	}
	int i=n;
	repeat(j,0,i){
		if(ans<=i)return;
		if(work2(j,i)){
			ans=min(ans,i);
			return;
		}
	}
}
signed main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		fill(vis,vis+n+1,0);
		repeat(i,1,n+1)cin>>a[i];
		repeat(i,1,n+1)cin>>co[i];
		ans=1e9;
		repeat(i,1,n+1)if(!vis[i]){
			int p=i;
			rec.clear();
			while(!vis[p]){
				rec.push_back(co[p]);
				vis[p]=co[p];
				p=a[p];
			}
			work();
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

E. Count The Blocks

又是喜(sang)闻(xin)乐(bing)见(kuang)的计数题

对每一个大小为 \(i\) 的块，我们发现如果把它放中间，它的相邻两个数字都有 \(9\) 个取值（除了和块一样的取值），剩下的 \(n-i-2\) 个数字都有 \(10\) 个取值，因此这个位置就计数 \(81\cdot 10^{n-i-2}\) 次

有 \(n-i-1\) 个这样的位置所以额外乘以 \(n-i-1\)

如果把它放边界上，就只有一个数字与它相邻，剩下的 \(n-i-1\) 个数字都有 \(10\) 个取值，因此这个位置就计数 \(9\cdot 10^{n-i-1}\) 次
有 \(2\) 个这样的位置所以额外乘以 \(2\)

当然这个块取值也有 \(10\) 种，所以总共是 \(10(81\cdot 10^{n-i-2}(n-i-1)+18\cdot 10^{n-i-1})\)

特判两个条件（具体看代码）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=200010;
const int mod=(0?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
#define int ll
int t,n,m;
signed main(){
	cin>>n;
	repeat(i,1,n+1){
		ll ans=0;
		if(n-i>=2){
			ans+=mul(81*(n-i-1),qpow(10,n-i-2));
			ans+=mul(9*2,qpow(10,n-i-1));
			ans%=mod;
		}
		else if(n-i==1){
			ans+=mul(9*2,qpow(10,n-i-1));
			ans%=mod;
		}
		else ans=1;
		ans=mul(ans,10);
		cout<<ans<<' ';
	}
	return 0;
}

F. AND Segments

一道dp题，~~dp杀我~~

首先每个二进制位相互不影响，所以可以拆位

所以接下来我们讨论所有 \(x_i\) 是 \(0\) 或 \(1\) 的情况

根据 \(\&\) 的性质可以发现，如果 \(x_i=1\) 则要求 \(a[l_i...r_i]\) 里全是 \(1\)（我们称之为第一类区间），如果 \(x_i=2\) 则要求 \(a[l_i...r_i]\) 里至少有一个 \(0\)（我们称之为第二类区间）

这些区间相互勾结嵌套，处理这个问题比较难以入手，然而某些巨佬仍然能一眼看出dp

我们令 \(dp[i]\) 为，如果只填前 \(i\) 个数字，而且 \(a[i]=0\) 的方案数

如果 \(i\) 在第一类区间内，显然 \(a[i]\) 填 \(0\) 填 \(1\) 都不行，方案数 \(dp[i]=0\)

如果 \(i\) 在不在第一类区间内，在没限制情况下 \(dp[i]=2dp[i-1]\)，因为 \(a[i-1]\) 可以填 \(0\) 或 \(1\)。如果有限制的话，\(a[i-1]=0\) 的情况肯定没事，而 \(a[i-1]=1\) 就可能会出现 \(a[s...i-1]\) 都是 \(1\) 的方案，这连续的 \(1\) 如果把某一区间覆盖了，就会凉凉

因此我们需要判断哪些 \(s\) 可以让 \([s...i-1]\) 覆盖了第二类区间，初始化让 \(last[i-1]\) 存了最大的 \(s\) 值即可

所以！最终！第 \(i\) 位不在第一类区间内的状态转移方程是 \(dp[i]=2dp[i-1]-(dp[0]+dp[1]+dp[2]+...+dp[last[i]-1])\)（\(dp[0]\) 当然等于 \(1\)）

其中减掉的 \(dp[k]\) 表示第 \(k\) 位是 \(0\)，第 \(k\) 位以后都是 \(1\) 的方案数

这时我们用 \(sum[i]\) 维护 \(dp[0]+...+dp[i]\)，然后for一遍就行了

我基本上对着gyz大爹代码口胡的呜呜呜有点误差，当然代码也是gyz大爹的代码稍微改一下过来的

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=[]{ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); return 0;}();
typedef long long ll;
const int N=500010;
const int mod=(0?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
//#define int ll
int l[N],r[N],x[N],last[N],v[N];
ll sum[N],dp[N];
int n,m,k;
int main(){
	cin>>n>>k>>m;
	ll ans=1;
	repeat(i,0,m)cin>>l[i]>>r[i]>>x[i];
	repeat(i,0,k){
		dp[0]=sum[0]=1;
		repeat(j,1,n+2)last[j]=v[j]=0;
		repeat(j,0,m)
		if((x[j]>>i)&1){
			++v[l[j]];
			--v[r[j]+1];
		}
		else last[r[j]+1]=max(last[r[j]+1],l[j]);
		repeat(j,1,n+2){
			v[j]+=v[j-1];
			last[j]=max(last[j],last[j-1]);
		}
		repeat(j,1,n+2){
			if(!v[j]){
				dp[j]=sum[j-1];
				if(last[j])
					dp[j]=(dp[j]-sum[last[j]-1])%mod;
			}
			else dp[j]=0;
			sum[j]=(sum[j-1]+dp[j])%mod;
		}
		ans=ans*dp[n+1]%mod;
	}
	cout<<(ans+mod)%mod<<endl;
}

posted @ 2020-03-24 01:05 axiomofchoice 阅读(442) 评论(0) 编辑收藏举报

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