AtCoder Grand Contest 038
Preface
当AGC039已经结束的时候（然而我在写国庆作文没打），我才回来补AGC038的题解
这场感觉难度偏简单，但有一道直击我要害的数学题搞了好久还是大雾
立一个flag：下场AGC一定准时打！
A - 01 Matrix
简单构造题。考虑首先满足第一个限制，那么把前\(a\)列全部填成\(1\)
然后第二个限制也很简单，直接把前\(b\)行取反就好了，容易证明此时即为合法构造
#include<cstdio>
#define RI register int
using namespace std;
const int N=1005;
int n,m,a,b; bool p[N][N];
int main()
{
RI i,j; scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b);
for (j=1;j<=a;++j) for (i=1;i<=n;++i) p[i][j]^=1;
for (i=1;i<=b;++i) for (j=1;j<=m;++j) p[i][j]^=1;
for (i=1;i<=n;++i,putchar('\n')) for (j=1;j<=m;++j)
putchar(p[i][j]+48); return 0;
}
B - Sorting a Segment
简单讨论题。考虑如何对相同的区间去重我会线段树维护Hash
首先本身无交的有序的区间之间会构成重复，还有剩下的一种情况（此时两个区间有交）：
设两个区间为\([l_1,r_1],[l_2,r_2](l_1<l_2)\)，那么\([l1,l_2)\)一定是最小的\(l_2-l_1\)个数升序排列，右边同理
考虑在相邻的区间之间去重，那么此时\([i,i+k-1],[i+1,i+k]\)等价当且仅当\(p_i\)是\([i,i+k-1]\)中最小的，并且\(p_{i+k}\)是\([i+1,i+k]\)中最大的
此时\(i+1\)就不用被计算，直接写个单调栈判断一下就好了
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
using namespace std;
const int N=200005;
int n,k,a[N],q[N],cur,ans; bool ismi[N],ismx[N];
int main()
{
RI i,j,H,T; scanf("%d%d",&n,&k);
for (i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for (T=0,q[H=1]=n+1,i=n;i;--i)
{
while (H<=T&&q[H]-i>=k) ++H; while (H<=T&&a[i]<a[q[T]]) --T;
q[++T]=i; if (H==T) ismi[i]=1;
}
for (T=0,H=i=1;i<=n;++i)
{
while (H<=T&&i-q[H]>=k) ++H; while (H<=T&&a[i]>a[q[T]]) --T;
q[++T]=i; if (H==T) ismx[i]=1;
}
for (i=1;i<=n;i=j+1)
{
for (j=i;a[j+1]>a[j];++j); cur+=(j-i+1>=k);
}
for (ans=n-k+1-max(cur-1,0),i=k+1;i<=n;++i)
ans-=ismi[i-k]&&ismx[i]; return printf("%d",ans),0;
}
C - LCMs
简单数论题。废话不多说来推式子：
令\(ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \operatorname{lcm}(a_i,a_j)\)，则最后的答案\(=\frac{ans-\sum_{i=1}^n a_i}{2}\)
\[ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \operatorname{lcm}(a_i,a_j)
\]
\[=\sum_{d=1}^n d\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n[d|a_i][d|a[j]]\frac{a_i}{d}\frac{a_j}{d}[\gcd(\frac{a_i}{d},\frac{a_j}{d})=1]
\]
\[=\sum_{d=1}^n d\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n[d|a_i][d|a[j]]\frac{a_i}{d}\frac{a_j}{d}\sum_{t|a_i,t|a_j}\mu(t)
\]
\[=\sum_{T=1}^n\sum_{d|T} d\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n[T|a_i][T|a_j]\frac{a_i}{T}\frac{a_j}{T}\times\frac{T^2}{d^2}\cdot \mu(\frac{T}{d})
\]
\[=\sum_{T=1}^n\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n[T|a_i][T|a_j]\frac{a_i}{T}\frac{a_j}{T}\times T\sum_{d|T} \frac{T}{d}\cdot \mu(\frac{T}{d})
\]
\[=\sum_{T=1}^n\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n[T|a_i][T|a_j]\frac{a_i}{T}\frac{a_j}{T}\times T\sum_{d|T} d\cdot \mu(d)
\]
因此我们直接暴力预处理\(g(n)=n\sum_{d|n} d\cdot \mu(d)\)，然后记录一下每个数出现的次数，\(O(n\log n)\)暴算即可
#include<cstdio>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=1000000,mod=998244353;
int n,x,ans,sum,ct[N+5],prime[N+5],cnt,mu[N+5],g[N+5]; bool vis[N+5];
inline void inc(int& x,CI y)
{
if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
inline void dec(int& x,CI y)
{
if ((x-=y)<0) x+=mod;
}
#define Pj prime[j]
inline void init(CI n)
{
RI i,j; for (vis[1]=mu[1]=1,i=2;i<=n;++i)
{
if (!vis[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for (j=1;j<=cnt&&i*Pj<=n;++j)
{
vis[i*Pj]=1; if (i%Pj) mu[i*Pj]=-mu[i]; else break;
}
}
for (i=1;i<=n;++i) if (mu[i]) for (j=i;j<=n;j+=i)
if (~mu[i]) inc(g[j],i); else dec(g[j],i);
}
#undef Pi
int main()
{
RI i,j; for (init(N),scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&x),++ct[x],inc(sum,x); for (i=1;i<=N;++i)
{
int ret=0; for (j=i;j<=N;j+=i) inc(ret,1LL*(j/i)*ct[j]%mod);
ret=1LL*ret*ret%mod; inc(ans,1LL*ret*i%mod*g[i]%mod);
}
return dec(ans,sum),printf("%d",1LL*ans*(mod+1>>1)%mod),0;
}
D - Unique Path
分类讨论题。首先我们把一颗树的情况特判掉，然后再考虑接下来怎么做
如果我们把每次连\(0\)边的点缩起来，那么就会得到若干个联通块，再判断一下如果是\(1\)边那么一定不能在同一个联通块里
考虑联通块内连成树，然后每个联通块搞一个代表与其它联通块连边
记联通块个数为\(c\)，那么可以发现它们之间边数的下界是\(c\)，即连成一个环
而边数的上界也很简单，是\(\frac{c\times(c-1)}{2}\)即练成一个完全图
然后看一下给出的边数在不在这个范围内即可
#include<cstdio>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=100005;
int n,q,a[N],b[N],c[N],cur; long long m;
class UnionFindSet
{
private:
int fa[N];
public:
inline void init(void)
{
for (RI i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;
}
inline int getfa(CI x)
{
return x!=fa[x]?fa[x]=getfa(fa[x]):x;
}
inline void Union(int x,int y)
{
x=getfa(x); y=getfa(y); if (x!=y) fa[x]=y;
}
inline bool identify(CI x,CI y)
{
return getfa(x)==getfa(y);
}
}S;
int main()
{
RI i; for (scanf("%d%lld%d",&n,&m,&q),S.init(),i=1;i<=q;++i)
{
scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]); ++a[i]; ++b[i];
if (!c[i]) S.Union(a[i],b[i]); if (m==n-1&&c[i]) return puts("No"),0;
}
if (m==n-1) return puts("Yes"),0; for (i=1;i<=q;++i)
if (c[i]&&S.identify(a[i],b[i])) return puts("No"),0;
for (i=1;i<=n;++i) cur+=S.getfa(i)==i;
return puts(m<=n+(1LL*cur*(cur-3)>>1)?"Yes":"No"),0;
}
E - Gachapon
神仙期望题。根本不会做，多亏了曲明姐姐的指导
题解什么的可以去她博客看，大概就是先Min-Max容斥，再变个形，推一个式子再DP
恩对就是这样（对神仙数学题毫无抵抗能力）
而且这题第一次写的代码不知道怎么被吃掉了，只好写博客的时候补了一次
#include<cstdio>
#define RI int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=405,mod=998244353;
int n,s1,s2,a[N],b[N],fact[N],inv[N],pw[N],f[N][N][N],ans;
inline void inc(int& x,CI y)
{
if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
inline void dec(int& x,CI y)
{
if ((x-=y)<0) x+=mod;
}
inline int quick_pow(int x,int p=mod-2,int mul=1)
{
for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
inline void init(CI n=400)
{
RI i; for (fact[0]=i=1;i<=n;++i) fact[i]=1LL*fact[i-1]*i%mod;
for (inv[n]=quick_pow(fact[n]),i=n-1;~i;--i) inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
int main()
{
RI i,j,k,p; for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
for (init(),f[0][0][0]=mod-1,i=1;i<=n;++i)
{
for (j=0;j<=s1;++j) for (k=0;k<=s2;++k) f[i][j][k]=f[i-1][j][k];
for (pw[0]=j=1;j<b[i];++j) pw[j]=1LL*pw[j-1]*a[i]%mod;
for (j=0;j<b[i];++j) pw[j]=1LL*pw[j]*inv[j]%mod;
for (j=0;j<=s1;++j) for (k=0;k<=s2;++k) for (p=0;p<b[i];++p)
dec(f[i][j+p][k+a[i]],1LL*f[i-1][j][k]*pw[p]%mod); s1+=b[i]-1; s2+=a[i];
}
for (i=0;i<=s1;++i) for (j=1;j<=s2;++j)
inc(ans,1LL*f[n][i][j]*fact[i]%mod*quick_pow(j,mod-1-i)%mod*s2%mod*quick_pow(j)%mod);
return printf("%d",ans),0;
}
F - Two Permutations
分类讨论题。比起E来说可真是清真了好多。。。
首先根据某个经典套路，我们把排列\(p,q\)都看做置换，然后把在一个圈里的位置搞出来，它们显然是要同时选\(p,q\)或同时不选的
考虑讨论\(i,p_i,q_i\)之间的关系，则有：
- \(i=p_i=q_i\)：此时换不换都是一样的
- \(i\not =p_i=q_i\)：此时任意改变且只改变\(p_i,q_i\)中的一个可以使答案\(+1\)
- \(i=p_i\not =q_i\)：此时改变\(q_i\)会使答案\(-1\)
- \(i=q_i\not =p_i\)：此时改变\(p_i\)会使答案\(-1\)
- \(i\not = q_i\not = p_i\)：此时同时改变\(p_i,q_i\)会使得答案\(-1\)
然后你看到了那个8s的数据范围，会发现是出题人在提醒你用复杂度大点的算法来做，同时这里还有互相选择的限制，因此很容易想到转化成最小割的问题
那么最小割不允许出现\(+1\)的情况啊。没事我们把第\(2\)条稍加修改，变成此时不改变\(p_i,q_i\)或同时改变\(p_i,q_i\)会使答案\(-1\)
那么我们令\(p\)中的点分在\(S\)表示改变，分在\(T\)集表示不变；\(q\)中的点分在\(S\)表示不变，分在\(T\)集表示改变
使用Dinic即可在\(O(n\sqrt n)\)的复杂度内解决此题
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005,INF=1e9;
struct edge
{
int to,nxt,v;
}e[N<<2]; int n,head[N],cnt=1,p[N],q[N],fp[N],fq[N],cur,s,t;
inline void addedge(CI x,CI y)
{
e[++cnt]=(edge){y,head[x],1}; head[x]=cnt;
e[++cnt]=(edge){x,head[y],0}; head[y]=cnt;
}
class Network_Flow
{
private:
int q[N],dep[N],cur[N];
#define to e[i].to
inline bool BFS(CI s,CI t)
{
RI H=0,T=1; memset(dep,-1,t+1<<2);
dep[q[1]=s]=0; while (H<T)
{
int now=q[++H]; for (RI i=head[now];i;i=e[i].nxt)
if (e[i].v&&!~dep[to]) dep[to]=dep[now]+1,q[++T]=to;
}
return ~dep[t];
}
inline int DFS(CI now,CI tar,int dis)
{
if (now==tar) return dis; int ret=0;
for (RI& i=cur[now];i&&dis;i=e[i].nxt)
if (e[i].v&&dep[to]==dep[now]+1)
{
int dist=DFS(to,tar,min(dis,e[i].v));
dis-=dist; ret+=dist; e[i].v-=dist; e[i^1].v+=dist;
}
if (!ret) dep[now]=-1; return ret;
}
#undef to
public:
inline int Dinic(CI s,CI t,int ret=0)
{
while (BFS(s,t)) memcpy(cur,head,t+1<<2),ret+=DFS(s,t,INF); return ret;
}
}NF;
int main()
{
RI i; for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i]),++p[i];
for (i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&q[i]),++q[i];
for (i=1;i<=n;++i) for (cur=i;!fp[cur];cur=p[cur]) fp[cur]=i;
for (i=1;i<=n;++i) for (cur=i;!fq[cur];cur=q[cur]) fq[cur]=i;
for (cur=0,t=(n<<1)+1,i=1;i<=n;++i) if (p[i]==q[i])
{
if (p[i]!=i) ++cur,addedge(fp[i],fq[i]+n),addedge(fq[i]+n,fp[i]);
} else
{
++cur; if (p[i]==i) addedge(s,fq[i]+n); else
if (q[i]==i) addedge(fp[i],t); else addedge(fp[i],fq[i]+n);
}
return printf("%d",cur-NF.Dinic(s,t)),0;
}
Postscript
我太菜了对思维题还是一无所知。。。
辣鸡老年选手AFO在即
