牛客练习赛74 题解
我太神必了，B 炸了 \(1\) 次，C 炸了 \(5\) 次，DEF 一遍过。
不过第一次 AK 练习赛，还是比较激动的吧qwq。
A. CCA的数列
根据题意判断一下即可。
注意模和等比不能 \(= 0\) 的特判。
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5;
int n, a[N];
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);
int b = a[2] - a[1];
bool ok = true;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
if (a[i] - a[i - 1] != b) {
ok = false;
}
}
if (ok) {
puts("YES");
return 0;
}
if (a[1] != 0) {
ok = true;
for (int i = 3; i <= n; i++) {
if (a[i] == 0 || a[i - 1] == 0) {
ok = false;
break;
}
if ((LL)a[1] * a[i] != (LL)a[2] * a[i - 1]) {
ok = false;
break;
}
}
if (ok) {
puts("YES");
return 0;
}
}
if (a[1] != 0) {
ok = true;
int t = a[2] % a[1];
for (int i = 3; i <= n; i++) {
if (a[i - 1] == 0) {
ok = false;
break;
}
if ((LL)t != (LL)a[i] % a[i - 1]) {
ok = false;
break;
}
}
if (ok) {
puts("YES");
return 0;
}
}
puts("NO");
}
B. CCA的字符串
考虑代表元计数法，把每个子串的贡献记录在最靠左的 NowCoder 上。
设 \([i, i + 7]\) 这一段是 NowCoder，\(last\) 为上一个 NowCoder 左端点的位置，可取的左端点范围是 \([last + 1, i]\)，右端点是 \([i + 7, n]\)，对答案的贡献即 \((i - last) \times (n - (i + 7) + 1)\)。
时间复杂度线性（带个 8 的常数 /kk）
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
LL ans;
char a[N];
int main() {
scanf("%s", a + 1);
n = strlen(a + 1);
int last = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (i + 7 <= n && a[i] == 'N' && a[i + 1] == 'o' && a[i + 2] == 'w' && a[i + 3] == 'C' && a[i + 4] == 'o' && a[i + 5] == 'd' && a[i + 6] == 'e' && a[i + 7] == 'r') {
ans += (i - last) * (n - (i + 7) + 1ll);
last = i;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
C. CCA的矩阵
本来想写个斜着的差分，但是 WA 了五次，后来发现中间有一段空缺不知道咋处理www。
后来换了一个写法，如果把这个网格斜着看，这个锤子的区域是 \(k\) 个长度为 \(k\) 的序列 \(+\) \(k - 1\) 个长度为 \(k - 1\) 的序列，我想先把这个区域按照左上-右下这个线来划分，考虑记两个数组 \(a, b\) 分别代表向左上角延伸 \(k\)、\(k - 1\) 个格子的权值和。
然后再设 \(c\) 为向右上延伸 \(k\) 个 \(a\) 的权值以及夹住的 \(k - 1\) 个 \(b\) 的权值和。
以上所有东西都可以 \(O(n^2)\) 一遍递推出来。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2105;
typedef long long LL;
int n, K;
LL s[N][N], a[N][N], b[N][N], c[N][N];
LL ans;
int main() {
scanf("%d%d", &n, &K);
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++) {
scanf("%lld", &s[i][j]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
a[i][j] = s[i][j] + a[i - 1][j - 1];
if (i > K && j > K) a[i][j] -= s[i - K][j - K];
b[i][j] = s[i][j] + b[i - 1][j - 1];
if (i > K - 1 && j > K - 1) b[i][j] -= s[i - K + 1][j - K + 1];
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
c[i][j] = c[i - 1][j + 1] + a[i][j] + b[i - 1][j] - a[i - K][j + K] - b[i - K][j + K - 1];
if (j + K - 1 <= n && j - K + 1 >= 1 && i - (2 * K - 1) + 1 >= 1) {
ans = max(ans, c[i][j]);
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
D. CCA的图
先找到 \(L\)，即按照标记从大到小排序加入边，使 \(s, t\) 变为联通的时刻对应的标记。
用并查集维护连通性即可。
然后找 \(R\) 方法同找 \(L\)。
时间复杂度 \(O(m \log m + m \log n)\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 3e6 + 5, M = 3e6 + 5;
int n, m, s, t, L, R, f[N];
int find(int x) {
return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);
}
void inline merge(int x, int y) {
f[find(x)] = find(y);
}
struct E{
int a, b, c;
bool operator < (const E &b) const {
return c < b.c;
}
} e[M];
int main() {
scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &s, &t);
for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = i;
for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d%d%d", &e[i].a, &e[i].b, &e[i].c);
sort(e + 1, e + 1 + m);
int p;
for (int i = m; i; i --) {
merge(e[i].a, e[i].b);
if (find(s) == find(t)) {
p = i, L = e[i].c;
break;
}
}
while (p > 1 && e[p - 1].c == L) p--;
for (int i = 1; i <= n; i++) f[i] = i;
for (int i = p; i <= m; i++) {
merge(e[i].a, e[i].b);
if (find(s) == find(t)) {
R = e[i].c;
break;
}
}
printf("%d %d\n", L, R);
}
E. CCA的期望
发现可以把黑色点个数期望拆成每个点的概率，每个点之间独立。
形式化的，设 \(p_i\) 为 \(i\) 编号的点经过 \(k\) 次成为黑色点的概率。
然后只要考虑算 \(p\) 就好了。
我们可以先枚举 \(i\)，如果原来就是黑点那么直接 \(+1\) 就好了，白点的情况，设 \(a\) 为一次选择使 \(i\) 成为黑点的概率，这个可以在 \(O(n^3)\) 的 Floyd 预处理后，用 \(O(n^2)\) 的复杂度枚举两个选择的点 \(u, v\)，\(i\) 在一条 \(u, v\) 的最短路上即等价于 \(d_{u, v} = d_{u, i} + d_{i, v}\)。
然后即求 \(K\) 次至少有一次选 \(a\) 的概率，其实可以考虑反向求没选的，然后减一下。因此就是 \(1 - (1 - a)^K\)，加入答案即可。
考场 sb 了写了个简单的 DP + 矩阵快速幂优化。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 505, P = 1023694381;
int n, m, K, a[N], ans;
LL d[N][N];
int inline power(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = (LL)res * a % P;
a = (LL)a * a % P;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main() {
memset(d, 0x3f, sizeof d);
scanf("%d%d%d", &n, &m, &K);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i), d[i][i] = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v, w; scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
d[u][v] = d[v][u] = min(d[u][v], (LL)w);
}
for (int k = 1; k <= n; k++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
d[i][j] = min(d[i][j], d[i][k] + d[k][j]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (a[i] == 1) {
(ans += 1) %= P;
continue;
}
int s = 0, cur = 0;
for (int u = 1; u <= n; u++) {
for (int v = 1; v <= n; v++) {
if (u == v) continue;
s++;
if (d[u][v] == d[u][i] + d[i][v]) cur++;
}
}
int p = (LL)(s - cur) * power(s, P - 2) % P;
ans = (ans + 1ll + P - power(p, K)) % P;
}
printf("%d\n", ans);
}
F. CCA的树
Cayley 定理：\(n\) 个点的有标号无根树形态有 \(n ^ {n - 2}\) 种。
然后那个分母就有了（然而我做到最后发现根本不用知道这个东西，因为可以消掉）。
考虑算所有形态染色方案数之和。
\(\ge 1\) 个好链这种不好求，转化成总数 \(-\) 没有好链的。
总数即随便染色 \(n^{n - 2} \times m^n\)。
考虑何种情况下没有好链，发现没有好链等价于在这颗树中，要么每种颜色的出现次数 \(\le 1\)，要么所有颜色相同的点都仅仅的靠拢在一起，即每个颜色聚拢成一个联通块。
因此对于每种形态的树而言，我们可以枚举断开的边数 \(0 \le i \le n - 1\)，选 \(i\) 条边 \(C_{n -1}^{i}\)。考虑给 \(i+1\) 个联通块染色 \(C_{m, i + 1} \times (i+1)!\)。 注意这里的联通块，边本身没有编号的含义，但我们为了区分他，可以人为随便进行编号。因此贡献是：$$C_{n -1}^{i} \times C_{m, i + 1} \times (i+1)!$$
通过上段，我们发现每种形态对应方案数（总数和不合法数）是一样的，这个期望是唬我们的。
我们可以 \(O(n)\) 预处理阶乘及其逆元，\(O(n)\) 枚举断边。
因此总复杂度 \(O(n)\)。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e7 + 5, P = 1023694381;
int n, m, L, fact[N], infact[N];
int inline power(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = (LL)res * a % P;
a = (LL)a * a % P;
b >>= 1;
}
return res;
}
int inline C(int a, int b) {
return (LL)fact[a] * infact[b] % P * infact[a - b] % P;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m); L = max(n, m);
fact[0] = infact[0] = 1;
for (int i = 1; i <= L; i++) fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % P;
infact[L] = power(fact[L], P - 2);
for (int i = L - 1; i; i--) infact[i] = (LL)infact[i + 1] * (i + 1) % P;
int x = power(m, n) % P;
for (int i = 0; i <= n - 1; i++) {
if (i + 1 > m) continue;
x = ((LL)x + P - (LL)C(n - 1, i) * C(m, i + 1) % P * fact[i + 1] % P) % P;
}
printf("%d\n", x);
}
浙公网安备 33010602011771号