The 2021 ICPC Asia Shenyang Regional Contest （EFBJHLI）题解
The 2021 ICPC Asia Shenyang Regional Contest（EFBJHLI）
2025.8.24
单挑，5题，Cu
E. Edward Gaming, the Champion
签到。
F. Encoded Strings I
签到，模拟。
但是我糖丸了，做了很久，还wa了一发。
B. Bitwise Exclusive-OR Sequence
根据样例2，发现只有01会很好找到无解的情况，而注意到每位是独立的，于是考虑按位做。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
using i64 = long long;
using i128 = __int128;
using u64 = unsigned long long;
const int mod = 998244353;
const int N = 1e5 + 9;
const int iinf = 1e9;
const i64 linf = 1e18;
int fa[N];
int find(int x) {
if (x==fa[x]) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y) {
int fx=find(x),fy=find(y);
if (fx==fy) return ;
fa[fx]=fy;
}
void solve() {
int n,m;cin>>n>>m;
vector<vector<array<int,2>>> G(n+1);
for (int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;
for (int i=1;i<=m;++i) {
int u,v,w;cin>>u>>v>>w;
G[u].push_back({v,w});
G[v].push_back({u,w});
merge(u,v);
}
bool ok=true;
vector<bool> vis(n+1),a(n+1);
int cnt1=0,cnt0=0,w;
function<void(int,int)> dfs=[&](int x,int val) {
if (!ok) return ;
a[x]=val;
vis[x]=1;
if (val==0) cnt0++;
else cnt1++;
for (auto [y,z]:G[x]) {
int nv=(z>>w)&1;
if (vis[y]) {
if ((val^nv)!=a[y]) ok=false;
}else {
dfs(y,val^nv);
}
}
};
i64 ans=0;
for (w=0;w<30;++w) {
for (int i=1;i<=n;++i) vis[i]=false;
for (int i=1;i<=n;++i) {
if (i!=find(i)) continue;
cnt1=0,cnt0=0;
dfs(i,0);
if (ok==false) {
cout<<"-1\n";
return ;
}else {
ans+=(1ll<<w)*min<i64>(cnt1,cnt0);
}
}
}
cout<<ans<<"\n";
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("C:\\ACM\\code\\test.in", "r", stdin);
// freopen("C:\\ACM\\code\\test2.in", "r", stdin);
#endif
int Case = 1;
// cin >> Case;
while (Case--) solve();
return 0;
}
J. Luggage Lock
~铜牌题
容易想到根据差值处理，发现状态只有\(10000\)，直接暴力预处理即可。
又糖了，导致后面没时间写L了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
using i64 = long long;
using i128 = __int128;
using u64 = unsigned long long;
const int mod = 998244353;
const int N = 1e6 + 9;
const int iinf = 1e9;
const i64 linf = 1e18;
map<array<int,4>,int> f;
void init() {
array<int,4> now={0,0,0,0};
f[now]=0;
queue<array<int,4>> q;
q.push((now));
while (q.size()) {
auto ar=q.front();
q.pop();
for (int l=0;l<4;++l) for (int r=l;r<4;++r) {
auto ar0=ar,ar1=ar;
for (int i=l;i<=r;++i) ar0[i]=(ar0[i]+1)%10;
for (int i=l;i<=r;++i) ar1[i]=(ar1[i]+9)%10;
if (!f.count(ar0)) q.push(ar0),f[ar0]=f[ar]+1;
if (!f.count(ar1)) q.push(ar1),f[ar1]=f[ar]+1;
}
}
}
void solve() {
string a,b;
cin>>a>>b;
array<int,4> ar;
for (int i=0;i<4;++i) {
int x=b[i]-a[i];
if (x<0) x+=10;
ar[i]=x;
}
cout<<f[ar]<<"\n";
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("C:\\ACM\\code\\test.in", "r", stdin);
// freopen("C:\\ACM\\code\\test2.in", "r", stdin);
#endif
int Case = 1;
init();
cin >> Case;
while (Case--) solve();
return 0;
}
H. Line Graph Matching
铜~银牌题，图论。
容易发现就是每次可以获得同一个点的两条边的权值和，然后去掉，问最大权值和。
一开始以为贪心，写出来发现有问题，然后看了看样例，猜到一个结论就是一个联通块的边数是偶数的话，一定可以获得全部边。奇数就要去掉一些边（假设一定是去掉一条边），正着不好做。我们考虑按照边权递减的顺序连边。记录每个连通块边数，和去掉了的权值，用并查集维护。有以下情况。
- 联通块内部加边，如果原来是奇数，那么加上后，去掉的权值为0，否则为这条边的权值。
- 联通两个不同奇偶性的块，这个时候合并后为偶数，为0。
- 偶数和偶数，为这条边的权值。
- 奇数和奇数，首先若原来的奇数块去掉边没有分开，那么权值就为原来的值，若分成了两个块，根据归纳假设，由于只去掉一条边，那么两个块一定为偶数，因此还是可以删除这一条边。
这里补充上面那个性质的证明，即无向联通图，相邻边两两匹配，若边为偶数，则一定有完美匹配。
找出所有的奇度数点，连向一个新的节点，根据握手引理，点数量为偶数，此时新图所有点度数为偶数，那么存在一条欧拉回路，对于这条路径，将进入某个点和离开某个点的边配对即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
using i64 = long long;
using i128 = __int128;
using u64 = unsigned long long;
const int mod = 998244353;
const int N = 1e5 + 9;
const int iinf = 1e9;
const i64 linf = 1e15;
int fa[N],e[N],los[N];
int find(int x) {
if (x==fa[x]) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
void solve() {
int n,m;cin>>n>>m;
vector<array<int,3>> E;
i64 ans=0;
for (int i=1;i<=m;++i) {
int u,v,w;cin>>u>>v>>w;
ans+=w;
E.push_back({w,u,v});
}
sort(E.begin(),E.end(),greater<array<int,3>>());
for (int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i,e[i]=0,los[i]=0;
for (auto [w,x,y]:E) {
int fx=find(x),fy=find(y);
if (fx==fy) {
if (e[fx]&1) {
los[fx]=0;
}else {
los[fx]=w;
}
e[fx]++;
}else {
if ((e[fx]&1)^(e[fy]&1)) {
los[fy]=0;
}else {
if (e[fx]&1) {
los[fy]=min(los[fx],los[fy]);
}else {
los[fy]=w;
}
}
fa[fx]=fy;
e[fy]+=1+e[fx];
}
}
for (int i=1;i<=n;++i) {
if (i==find(i))ans-=los[i];
}
cout<<ans<<"\n";
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("C:\\ACM\\code\\test.in", "r", stdin);
// freopen("C:\\ACM\\code\\test2.in", "r", stdin);
#endif
int Case = 1;
// cin >> Case;
while (Case--) solve();
return 0;
}
比赛结束后发现，图是联通的，那就只需要找到奇数边时删哪条边即可。显然可以枚举边，如果该边是割边，就要判断两边联通块边数：若不是偶数，就跳过，否则继续判断。可以用tarjan找桥，边数可根据dfs处理出度数和计算。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
using i64 = long long;
using i128 = __int128;
using u64 = unsigned long long;
const int mod = 998244353;
const int N = 1e5 + 9;
const int iinf = 1e9;
const i64 linf = 1e15;
struct Q {
int v, w,in;
};
multiset<int> st;
vector<vector<int>> ans;
vector<int> cur;
vector<Q> e[N];
int dfn[N], low[N], ed[N],sz[N];
int id;
void tarjan(int u, int fin) {
dfn[u]=low[u]=++id;
for (auto [v,w,in]:e[u]) {
if (in!=fin) {
if (!dfn[v]) {
tarjan(v,in);
sz[u]+=sz[v];
low[u]=min(low[u],low[v]);
if (low[v]>dfn[u] and ((sz[v]-1)/2)&1) st.erase(w);
}else{
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
}
}
}
}
void solve() {
int n, m;
cin >> n >> m;
i64 ans = 0;
id=0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int u, v, w;
cin >> u >> v >> w;
e[u].push_back({v,w,i});
e[v].push_back({u,w,i});
sz[u]++,sz[v]++;
st.insert(w);
ans+=w;
}
if (m&1) tarjan(1,0),ans-=*st.begin();
cout<<ans<<"\n";
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("C:\\ACM\\code\\test.in", "r", stdin);
// freopen("C:\\ACM\\code\\test2.in", "r", stdin);
#endif
int Case = 1;
// cin >> Case;
while (Case--) solve();
return 0;
}
L. Perfect Matchings
银牌题。dp
赛时没看到会形成一颗树。最眼瞎的一集
用集合去容斥时间复杂度过高，但发现只用考虑两类边，因此只用考虑树上使用边（点）的数量。
一个显然的思路是维护边不含交点，对禁止的边进行容斥，因为边全在一颗树上，那么我们就很方便进行dp。
而去掉选定的点后，还是是一个完全图，\(2n\)个点完全图的完美匹配数是
\[\frac{\binom{2n}{n} n!}{2^n}=\prod_{i=1}^{n} 2i-1
\]
然后就是计算一颗树上，选出k条边的方案数。
\(f_{i,j,0/1}\) 表示以\(i\)为根，选出来\(j\)条边，根节点是否被选的方案数量，然后就是树上背包问题。
void dfs(int x,int pre) {
siz[x]=1;
for (auto y:ver[x]) {
if (y==pre) continue;
dfs(y,x);
for (int i=siz[x]/2;i>=0;--i) for (int j=siz[y]/2;j>=0;--j) {
if (j) {
f[x][i+j][0]=(1ll*f[x][i+j][0]+1ll*f[x][i][0]*(1ll*f[y][j][0]+f[y][j][1])%mod)%mod;
f[x][i+j][1]=(1ll*f[x][i+j][1]+1ll*f[x][i][1]*(1ll*f[y][j][0]+f[y][j][1])%mod)%mod;
}
f[x][i+j+1][1]=(1ll*f[x][i+j+1][1]+1ll*f[x][i][0]*f[y][j][0]%mod)%mod;
}
siz[x]+=siz[y];
}
}
实际上这是\(O(n^2)\)的，不太会算树上背包的复杂度，感觉做树上背包问题多注意调整一下边界，大胆写就行了。
I. Linear Fractional Transformation
金牌题。数学
3个方程，4个未知数，并且是齐次的，因此我们考虑先定一个数。
如果\(c=0\)，那么\(f(z)=\frac{a}{d} z+\frac{c}{d}\)，再设\(d=1\)，然后解出\(a,c\)，再验证第3个，若满足，就可以直接带入计算即可。
不满足就设\(c=1\)，解出\(a,b,d\)即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
// #define int long long
using i64 = long long;
using i128 = __int128;
using u64 = unsigned long long;
const int mod = 998244353;
const int N = 1e6 + 9;
const int iinf = 1e9;
const i64 linf = 1e18;
using cd=complex<long double>;
cd ar[10][10];
const double eps = 1e-8;
int gauss(int n) {
int c, r;
for (c = 0, r = 0; c < n; ++c) {
int t = r;
for (int i = r; i < n; ++i) {
if (std::abs(ar[i][c]) > std::abs(ar[t][c])) t = i;
}
if (std::abs(ar[t][c]) < eps) continue;
for (int j = c; j < n + 1; ++j) std::swap(ar[t][j], ar[r][j]);
for (int j = n; j >= c; --j) ar[r][j] /= ar[r][c];
for (int i = r + 1; i < n; ++i) {
if (std::abs(ar[i][c]) > eps) {
for (int j = n; j >= c; --j) {
ar[i][j] -= ar[r][j] * ar[i][c];
}
}
}
r++;
}
if (r < n) {
for (int i = r; i < n; ++i) {
if (std::abs(ar[i][n])>eps) return 2;
}
return 1;
}
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) {
for (int j = i + 1; j < n; ++j) {
ar[i][n] -= ar[i][j] * ar[j][n];
}
}
return 0;
}
bool myequal(cd z1,cd z2) {
return std::abs(z1-z2)<eps;
}
void solve() {
cd z0,a,b,d;
array<cd,3> z,w;
for (int i=0;i<3;++i) {
int x,y;cin>>x>>y;
z[i]=cd(x,y);
cin>>x>>y;
w[i]=cd(x,y);
}
int x,y;cin>>x>>y;
z0=cd(x,y);
for (int i=0;i<2;++i) ar[i][0]=z[i],ar[i][0]=z[i],ar[i][1]=1,ar[i][2]=w[i];
gauss(2);
a=ar[0][2],b=ar[1][2];
if (myequal(a*z[2]+b,w[2])) {
cd ans=a*z0+b;
cout<<fixed<<setprecision(12)<<ans.real()<<" "<<ans.imag()<<"\n";
return ;
}
for (int i=0;i<3;++i) ar[i][0]=z[i],ar[i][0]=z[i],ar[i][1]=1,ar[i][2]=-w[i],ar[i][3]=w[i]*z[i];
gauss(3);
a=ar[0][3],b=ar[1][3],d=ar[2][3];
cd ans=(a*z0+b)/(z0+d);
cout<<fixed<<setprecision(12)<<ans.real()<<" "<<ans.imag()<<"\n";
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("C:\\ACM\\code\\test.in", "r", stdin);
// freopen("C:\\ACM\\code\\test2.in", "r", stdin);
#endif
int Case = 1;
cin >> Case;
while (Case--) solve();
return 0;
}
或者利用线性分式变换的保交比性
分式线性变换
\[f(z)=\frac{az+b}{cz+d} (ad-bc \neq 0)
\]
交比是四个复数 z, z1, z2, z3 的一种组合，定义为：
\[(z,z_1,z_2,z_3)=\frac{(z-z_1)(z_2-z_3)}{(z-z_3)(z_2-z_1)}
\]
而
\[(z,z_1,z_2,z_3)=(f(z),f(z_1),f(z_2),f(z_3))
\]
从而
\[w_0=\frac{\omega_3(z_0-z_1)(z_2-z_3)(\omega_2-\omega_1)-\omega_1(z_0-z_3)(z_2-z_1)(\omega_2-\omega_3)}{(z_0-z_1)(z_2-z_3)(\omega_2-\omega_1)-(z_0-z_3)(z_2-z_1)(\omega_2-\omega_3)}
\]
void solve() {
cd z0,a,b,d;
array<cd,4> z,w;
for (int i=1;i<=3;++i) {
int x,y;cin>>x>>y;
z[i]=cd(x,y);
cin>>x>>y;
w[i]=cd(x,y);
}
int x,y;cin>>x>>y;
z[0]=cd(x,y);
cd A=(z[0]-z[1])*(z[2]-z[3])*(w[2]-w[1]),B=(z[0]-z[3])*(z[2]-z[1])*(w[2]-w[3]);
cd ans=(w[3]*A-w[1]*B)/(A-B);
cout<<fixed<<setprecision(12)<<ans.real()<<" "<<ans.imag()<<"\n";
}
浙公网安备 33010602011771号