周赛Round 44

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D.[R44D]好玩的游戏

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构造。异或前缀和套路题。

计apiadux选的数异或和为\(SA\),jiangly选的数异或和为\(SB\)。

首先可以发现，对于\(t_i=0\)的限制，就是要让\(SA\)和\(SB\)相等。

等价于令\(SA \oplus SB=0\)。

即\(a_l \oplus a_{l+1} \oplus .... \oplus a_r=0\)

写成前缀异或和的形式即为$sum_r \oplus sum_{l-1}=0 $。

可以用并查集维护相等关系。

对于\(t_i=1\)的限制，即为\(sum_r \oplus sum_{l-1} \neq 0\)。

检查\(sum_r\)和\(sum_{l-1}\)是否相等（在同一联通快内）。

若相等即无解。

最后把前缀异或和转为\(a\)数组即可。

但要求权值在\([1,10^9]\)之间，则若\(a_i=0\)也不合法。

code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define inf 2e15
#define eps 1e-9
#define endl "\n"
#define il inline
#define ls 2*k
#define rs 2*k+1
using namespace std;
const int N=3e5+5,M=1e3+5;
const int mod=998244353;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
int n,q,f[N],siz[N],colour[N],s[N],a[N];
struct query{ int l,r,t; }game[N];
map<pair<int,int>,bool>mp;
inline int find(int x){
	if(f[x]==x) return x;
	return f[x]=find(f[x]);
}
inline void merge(int x,int y){
	int xx=find(x),yy=find(y);
	if(xx==yy) return ;
	if(siz[xx]>siz[yy]) swap(xx,yy);
	f[xx]=yy,siz[yy]+=siz[xx];
	return ;
}
signed main(){
	int T=read();
	while(T--){
		n=read(),q=read();
		mp.clear();
		for(int i=1;i<=q;i++) game[i].l=read(),game[i].r=read(),game[i].t=read(),mp[{game[i].l,game[i].r}]=game[i].t;
		bool wj=0;
		for(int i=0;i<=n;i++) f[i]=i,siz[i]=1,colour[i]=0;
		for(int i=1;i<=q;i++)
			if(!game[i].t) merge(game[i].l-1,game[i].r);
		for(int i=1;i<=q;i++)
			if(game[i].t && find(game[i].l-1)==find(game[i].r)) wj=1;
		if(wj){
			puts("-1");
			continue;
		}
		int cnt=0;
		for(int i=0;i<=n;i++){
			if(!colour[find(i)]) s[i]=++cnt,colour[(find(i))]=cnt;
			else s[i]=colour[(find(i))];
		}
		for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=s[i]^s[i-1];
		for(int i=1;i<=n;i++) if(!a[i]) wj=1;
		if(wj){
			puts("-1");
			continue;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<" \n"[i==n];
	}
	return 0;
}
/*
t=0 => sum[r]^sum[l-1]=0
t=1 => sum[r]^sum[l-1]!=0
*/

E.[R44E]路径数为K

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依旧构造。

发现\(n \leq 50\),在\(log_{2}{k}\)和\(2log_{2}{k}\)之间，所以尝试\(1log\)的构造方案。

先考虑对\(k\)进行二进制拆分。

考虑如何构造这样的图。

令\(v_i\)表示\(2^i\)。

则有如下构造：

即对于每一个\(v_i\)都将它与\(v_{0} \sim v_{i-1}\)以及\(n\)连边。

这样对于每一个\(v_i\)点，它到\(n\)号点的路径数量均为\(2^i\)。

而\(k\)的二进制中第\(i\)位为1,1号点就向\(v_i\)连边。

例如\(k=5\)时的连边状态：

code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define inf 2e8
#define eps 1e-9
#define endl "\n"
#define il inline
#define ls 2*k
#define rs 2*k+1
using namespace std;
const int N=4e5+5,M=1e3+5;
const int mod=998244353;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
int k,n,m,a[N],top;
signed main(){
	int T=read();
	while(T--){
		k=read();
		if(k==1){
			printf("2 1\n1 2\n");
			continue;
		}
		int now=0;top=0;
		while(k){
			if(k&1) a[++top]=now+1;
			++now,k>>=1;
		}
		n=a[top]+2;m=1;
		for(int i=3;i<=n-1;i++)
			for(int j=2;j<i;j++)
				++m;
		m+=(n-3+top);
		cout<<n<<' '<<m<<'\n';
		cout<<2<<' '<<n<<'\n';
		for(int i=3;i<=n-1;i++){
			for(int j=2;j<i;j++)
				cout<<i<<' '<<j<<'\n';			
			cout<<i<<' '<<n<<'\n';
		}
		for(int i=1;i<=top;i++)
			cout<<1<<' '<<a[i]+1<<'\n';
	}
	return 0;
}