Codeforces Round 869 (Div. 2)
Preface
一把回到紫名还是很舒服的，D题手比较稳猜了点性质水过
主要还是C脑抽了想了挺久才看出来是个丁真题，不然最后过了D之后30min可以看看E的
由于要写学校的图论专题所以接下来一段时间的CF补题计划就要先停一停了
A. Politics
傻逼题，当某个人的串和第一个人有任意一个位置不同时，它就肯定得被请出去
所以看有多少个串和第一个人的串相同即可
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=105;
int t,n,k; char s[N][N]; bool vis[N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i,j; for (scanf("%d%d",&n,&k),i=1;i<=n;++i) vis[i]=1,scanf("%s",s[i]+1);
for (j=1;j<=k;++j) for (i=1;i<=n;++i) if (s[i][j]!=s[1][j]) vis[i]=0;
int ret=0; for (i=1;i<=n;++i) ret+=vis[i]; printf("%d\n",ret);
}
return 0;
}
B. Indivisible
原来还真有这种可以递推的构造题
首先发现\(n\)为奇数时除了\(n=1\)之外一定无解，因为长度为\(n\)的区间必然不满足要求
否则考虑偶数的情况，我们可以从\(n-2\)的构造情况转移过来
一种合法的方案是类似这样，正确性很容易验证：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=105;
int t,n,ans[N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i; if (scanf("%d",&n),n==1) { puts("1"); continue; }
if (n&1) { puts("-1"); continue; }
for (i=2;i<=n;i+=2) ans[i-1]=i;
for (i=1;i<=n;i+=2) ans[i+1]=i;
for (i=1;i<=n;++i) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==n]);
}
return 0;
}
C. Almost Increasing Subsequence
刚开始各种想复杂结果卡了快40min，不然这场分还能涨
首先容易发现我们可以把一段连续的不升区间放在一起考虑，比如样例就可以划分成：
不难发现每一段长度大于等于\(2\)的区间取首尾一定是最优的，因此把长度大于等于\(2\)的区间赋权值\(2\)，等于\(1\)的区间赋权值\(1\)
那么询问的时候只要求这段区间的权值和即可，不过要注意两个端点所在的区间的情况要讨论下
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005;
int n,q,a[N],pos[N],sz[N],cnt,pfx[N],l,r;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i,j; for (scanf("%d%d",&n,&q),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
int lst=1; for (i=2;i<=n;++i) if (a[i]>a[i-1])
{
for (++cnt,j=lst;j<=i-1;++j) pos[j]=cnt,++sz[cnt]; lst=i;
}
for (++cnt,j=lst;j<=n;++j) pos[j]=cnt,++sz[cnt];
for (i=1;i<=cnt;++i) pfx[i]=pfx[i-1]+min(sz[i],2);
for (i=1;i<=q;++i)
{
scanf("%d%d",&l,&r); if (pos[l]==pos[r])
printf("%d\n",l==r?1:2); else
{
int ret=pfx[pos[r]-1]-pfx[pos[l]];
ret+=sz[pos[l]]==1?1:(a[l+1]<=a[l]?2:1);
ret+=sz[pos[r]]==1?1:(a[r-1]>=a[r]?2:1);
printf("%d\n",ret);
}
}
return 0;
}
D. Fish Graph
花式猜结论直接水过可海星，果然图论的本质就是猜结论吗（doge
首先很容易想到BF的做法，对于每个度数大于等于\(4\)的点\(u\)，枚举两个相邻点当尾巴后在剩下的点里找一个过\(u\)的环
但这样的复杂度显然会炸穿，其实我比赛的时候还交了一发喜提TLE
直觉告诉我们应该直接找环然后判断是否存在两个不在环上的点，但如果我们随便找环的话可能会因为DFS的性质把本来可以剩下来的点给占用掉
然后一个很自然的想法就是要找长度最小的环，然后可以证明这样是一定能出解的
因为我们只要找到这个点在环上的两个相邻点，那么最小长度的构造方案一定只占用其中的两个相邻点，否则我们一定可以删去其中的某些点
现在的问题就是怎么找长度最小的环，解决方法大概可以用BFS判环法？
不过由于我前面已经写了DFS判环的代码了，所以加个迭代加深就行
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=2005;
int t,n,m,x,y,pre[N],cnt,ansx[N],ansy[N]; bool vis[N]; vector <int> v[N];
inline bool find_cycle(CI now,CI tar,CI len,CI lim,CI lst=0)
{
if (len>lim) return 0; for (int to:v[now])
if (to!=lst&&to==tar) return pre[to]=now,1; else if (!vis[to])
{
vis[to]=1; pre[to]=now;
if (find_cycle(to,tar,len+1,lim,now)) return 1; vis[to]=0;
}
return 0;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t);t;--t)
{
RI i,j,k; for (scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=m;++i)
scanf("%d%d",&x,&y),v[x].push_back(y),v[y].push_back(x);
bool flag=0; for (i=1;i<=n&&!flag;++i) if (v[i].size()>=4)
{
for (j=1;j<=n;++j) vis[j]=0; vis[i]=1;
if (!find_cycle(i,i,1,n)) continue;
for (k=3;k<=n&&!flag;++k)
{
for (j=1;j<=n;++j) vis[j]=0; vis[i]=1;
if (find_cycle(i,i,1,k))
{
cnt=0; for (int v:v[i]) if (!vis[v])
{
++cnt; ansx[cnt]=i; ansy[cnt]=v;
if (cnt==2) break;
}
if (cnt<2) break;
int now=i; for (;pre[now]!=i;now=pre[now])
++cnt,ansx[cnt]=now,ansy[cnt]=pre[now];
++cnt; ansx[cnt]=i; ansy[cnt]=now;
for (printf("YES\n%d\n",cnt),i=1;i<=cnt;++i)
printf("%d %d\n",ansx[i],ansy[i]); flag=1;
}
}
}
if (!flag) puts("NO");
for (i=1;i<=n;++i) v[i].clear();
}
return 0;
}
E. Similar Polynomials
多项式题，比赛的时候题目没细看就去看学校的图论专题的题了，赛后对着题解补的QWQ（以下所有等式都指模运算下）
首先两个相似多项式的最高次项的系数一定相同，不妨都设为\(k\)，然后考虑次高次项，即写出形式：
然后由于题目中提到的性质，\(B(x)=A(x+s)\)，所以有\(B(x-s) = \dots + (b-k s d)x^{d-1} + x^d\)
这里后面的展开就是个二项式定理，就不过多赘述了
因此由比较系数法我们发现令\(k=[x^d]A(x),a=[x^{d-1}]A(x),b=[x^{d-1}]B(x)\)，则\(a=b-ksd\)，即\(s=\frac{b-a}{kd}\)
所以现在的问题就是一个给出多项式的点值求系数的问题了，根据拉格朗日插值的姿势（这篇博客个人觉得还是写的挺好挺详细的），由于这里是连续正数位置的点值，因此：
直接令\(c_i = \frac{(-1)^{d-i}}{i! (d-i)!}\)即可计算出\(k\)的值了：
对于\(d-1\)次项的计算我们可以观察到：
所以有：
然后就可以直接算了，总复杂度\(O(d)\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=2500005,mod=1e9+7;
int d,fact[N],ifac[N],A[N],B[N],C[N],k,a,b;
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)
{
RI i; for (fact[0]=i=1;i<=n;++i) fact[i]=1LL*fact[i-1]*i%mod;
for (ifac[n]=quick_pow(fact[n]),i=n-1;~i;--i) ifac[i]=1LL*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i; for (scanf("%d",&d),init(d),i=0;i<=d;++i) scanf("%d",&A[i]);
for (i=0;i<=d;++i) scanf("%d",&B[i]);
for (i=0;i<=d;++i) if (C[i]=1LL*ifac[i]*ifac[d-i]%mod,(d-i)&1) C[i]=mod-C[i];
int tmp=1LL*d*(d+1)/2LL%mod; for (i=0;i<=d;++i)
inc(k,1LL*A[i]*C[i]%mod),dec(a,1LL*A[i]*C[i]%mod*(tmp-i+mod)%mod),dec(b,1LL*B[i]*C[i]%mod*(tmp-i+mod)%mod);
return printf("%d",1LL*(b-a+mod)*quick_pow(1LL*k*d%mod)%mod),0;
}
Postscript
真得珍惜这坎坷的紫名了，希望别下场又滚回去了的说
