Codeforces Round #639 (Div. 1) 题解 (ABC)
https://codeforces.com/contest/1344
cf排长队，我题解写完了告诉我wa，先咕一会
A. Hilbert's Hotel
希尔伯特旅馆是一个关于集合论的故事，大家可以了解下（雾）
直接按题意来安排 \(0..(n-1)\) 号旅客的房间，判断在模 \(n\) 意义下是否铺满了 \(0..(n-1)\)
感觉证明挺显然的，略了（这么显然的肯定不会证）
#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),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
int T,a[N],n,f[N];
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
fill(f,f+n,0);
repeat(i,0,n)
cin>>a[i];
repeat(i,0,n)
f[((i+a[i])%n+n)%n]++;
bool ans=true;
repeat(i,0,n)
if(f[i]!=1)ans=false;
cout<<(ans?"YES":"NO")<<endl;
}
return 0;
}
B. Monopole Magnets
先判断(是否有空行)异或(是否有空列)，如果异或值为真则凉凉。然后判断是否出现#...(省略号).#（即两个#中间夹了.的情况），出现就凉凉
其他情况就输出联通块个数即可
补充：为什么(是否有空行)异或(是否有空列)为真就凉凉？因为如果在这个空行（或空列）中放了南极，北极就可以走到这个空行中，那就没了。如果既有空行又有空列，把南极放在空行和空列的公共部分就行了。第二种情况#...#好理解，不补充了
补充2：已AC，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--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
#define vector basic_string
#define fi first
#define se second
#ifndef qwq
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
#endif
//mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=1010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; typedef long double llf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} template<typename T> T sqr(const T &x){return x*x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(1?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,r[N],c[N];
string s[N];
struct DSU{ //合并：d[x]=d[y]，查找：d[x]==d[y]
int a[N*N];
void init(int n){iota(a,a+n+1,0);}
int fa(int x){
return a[x]==x?x:a[x]=fa(a[x]);
}
int &operator[](int x){
return a[fa(x)];
}
}d;
int f(int x,int y){return x*m+y;}
set<int> M;
signed main(){
cin>>n>>m;
repeat(i,0,n)cin>>s[i];
d.init(n*m);
repeat(i,0,n)
repeat(j,0,m)
if(s[i][j]=='#'){
r[i]=1; c[j]=1; //记录是否为空行/列
if(i!=n-1 && s[i+1][j]=='#')
d[f(i,j)]=d[f(i+1,j)];
if(j!=m-1 && s[i][j+1]=='#')
d[f(i,j)]=d[f(i,j+1)]; //并查集合并联通块
}
bool flag=true;
int aa=*min_element(r,r+n)==0;
int bb=*min_element(c,c+m)==0;
if(aa^bb)flag=false; //异或值为真
repeat(i,0,n){
int pre=-1;
repeat(j,0,m)
if(s[i][j]=='#'){
if(pre==-1)
pre=j;
else{
if(pre!=j-1)
flag=false; //一行中出现#...#
pre=j;
}
}
}
repeat(j,0,m){
int pre=-1;
repeat(i,0,n)
if(s[i][j]=='#'){
if(pre==-1)
pre=i;
else{
if(pre!=i-1)
flag=false; //一列中出现#...#
pre=i;
}
}
}
repeat(i,0,n)
repeat(j,0,m)
if(s[i][j]=='#')
M.insert(d[f(i,j)]); //计算联通块
if(flag==false)cout<<-1<<endl;
else cout<<M.size()<<endl;
return 0;
}
C. Quantifier Question
先判环输出-1（显然 \(a<b,b<c,c<a\) 等情况是不存在的）
贪心（能任意则任意）。如果 \(x_i\) 可以走到 \(x_j\) 或者 \(x_j\) 可以走到 \(x_i\)，\((i<j)\)，那么 \(x_j\) 一定是存在。用这个结论就能开始贪心，for一遍，如果没有被访问(vis)过则把i赋上任意，否则赋上存在，然后把i的所有可达和被可达都访问(vis)一遍
显然每次这么操作会t，因为一个点会被访问 \(O(n)\) 次，复杂度会达到恐怖的 \(O(n^2)\)，我们考虑设两个vis数组，一个是在原图上的vis_a，一个是反图上的vis_b，如果跑原图时vis_a被访问就不继续访问，反图亦然，这样复杂度就是 \(O(n)\) 了
简单题（吧）（大雾）官方题解我还没看，反正AC了(doge)
#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--)
#define mst(a,a0) memset(a,a0,sizeof(a))
#define vector basic_string
#define fi first
#define se second
#ifndef qwq
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
#endif
//mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2; const ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)==-1)exit(0); return x;} typedef double lf; typedef long double llf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)==-1)exit(0); return x;} template<typename T> T sqr(const T &x){return x*x;} typedef pair<int,int> pii;
const int mod=(1?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 n,m;
int deg[N];
queue<int> q;
vector<int> a[N],b[N]; //a是原图邻接表，b是反图
char ans[N];
bool vis_a[N],vis_b[N];
void del_a(int x){
if(vis_a[x])return;
vis_a[x]=1;
for(auto p:a[x])
del_a(p);
}
void del_b(int x){
if(vis_b[x])return;
vis_b[x]=1;
for(auto p:b[x])
del_b(p);
}
signed main(){
cin>>n>>m;
while(m--){
int x,y; cin>>x>>y; x--,y--;
a[x]+=y; b[y]+=x;
deg[y]++;
}
repeat(i,0,n)
if(deg[i]==0)
q.push(i);
int cnt=0;
while(!q.empty()){ //这里是拓扑排序判环
int x=q.front(); q.pop();
cnt++;
for(auto p:a[x])
if(--deg[p]==0)
q.push(p);
}
if(cnt!=n)cout<<-1<<endl,exit(0);
int ANS=0;
repeat(i,0,n){
if(vis_a[i] || vis_b[i])ans[i]='E';
else{
ans[i]='A';
ANS++;
}
del_a(i);
del_b(i);
}
cout<<ANS<<endl<<ans;
return 0;
}
