2024 CCPC Online

A(军训I)

大分类讨论

#pragma GCC optimize("O3,unroll-loops")
#pragma GCC target("avx2,bmi,bmi2,lzcnt,popcnt")
//如果在不支持 avx2 的平台上将 avx2 换成 avx 或 SSE 之一
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uint;
typedef vector<string> VS;
typedef vector<int> VI;
typedef vector<vector<int>> VVI;
inline int log_2(int x) {return 31-__builtin_clz(x);}
inline int popcount(int x) {return __builtin_popcount(x);}
inline int lowbit(int x) {return x&-x;}
const int N = 1010;
char a[N][N];
void solve()
{
	int n,m,k;
	cin>>n>>m>>k;
	if(k>=14) {cout<<"No\n";return ;}
	bool change = false;
	if(n>m) swap(n,m), change = true;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	 for(int j=1;j<=m;++j)
	 a[i][j] = '-';
	bool ok = true;
	if(n==1)
	{
		if(m==1) 
		{
			if(k==1) ok = true, a[1][1] = '*';
			else ok = false;
		}
		else if(m==2)
		{
			if(k==1) ok = true, a[1][1] = a[1][2] = '*';
			else if(k==2) ok = true, a[1][1] = '*';
			else ok = false;
		}
		else if(m>=3)
		{
			if(k==1) {ok = true; for(int i=1;i<=m;++i) a[1][i] = '*';}
			else if(k==2) ok = true, a[1][1] = '*';
			else if(k==3) ok = true, a[1][2] = '*';
			else ok = false;
		}
	}
	else if(n==2)
	{
		if(m==2)
		{
			if(k==1) {ok = true; for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) a[i][j] = '*';}
			else if(k==2) {ok = true; for(int i=1;i<=n;++i) a[i][1] = '*';}
			else if(k==3) ok = false;
			else if(k==4) ok = true, a[1][1] = '*';
			else if(k==5) ok = true, a[1][1] = '*', a[2][2] = '*';
			else ok = false;
		}
		//大概率只有这个分类了
		else 
		{
			if(k==1) {ok = true; for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) a[i][j] = '*';}
			else if(k==2) {ok = true; for(int i=1;i<=n;++i) a[i][1] = '*';}
			else if(k==3) {ok = true; for(int i=1;i<=n;++i) a[i][2] = '*';}
			else if(k==4) ok = true, a[1][1] = '*';
			else if(k==5) 
			{
				int G = __gcd(n,m);
				if(G==1) ok = false;
				else ok = true;
				for(int i=1;i<=n;i++)
				 for(int j=(i-1)%G+1;j<=m;j+=G)
				 a[i][j] = '*';
			}
			else if(k==6) ok = true, a[2][2] = '*';
			else if(k==7) {ok = true, a[2][1] = '*'; for(int i=2;i<=m;++i) a[1][i] = '*';}
			else if(k==8) ok = false;
			//注意当n==2，k==9时只填(2,2)是不行的
			else if(k==9) ok = true, a[1][1] = '*', a[2][3] = '*';
			else if(k==10) ok = false;
			//注意n==2,k==11时是可行的
			else if(k==11) 
			{
				if(m>=4) ok = true, a[1][2] = '*', a[2][1] = '*', a[1][m] = '*';
				else ok = false;
			}
			else ok = false;
		}
	}
	else 
	{
		if(k==1) {ok = true; for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) a[i][j] = '*';}
		else if(k==2) {ok = true; for(int i=1;i<n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) a[i][j] = '*';}
		else if(k==3) {ok = true; for(int i=1;i<=n;++i) a[i][2] = '*';}
		else if(k==4) ok = true, a[1][1] = '*';
		else if(k==5)
		{
			int G = __gcd(n,m);
			if(G==1) ok = false;
			else ok = true;
			for(int i=1;i<=n;i++)
			 for(int j=(i-1)%G+1;j<=m;j+=G)
			 a[i][j] = '*';
		}
		else if(k==6) ok = true, a[2][1] = '*';
		else if(k==7) {ok = true, a[2][1] = '*'; for(int i=2;i<=m;++i) a[1][i] = '*';}
		else if(k==8) ok = false;
		else if(k==9) ok = true, a[2][2] = '*';
		else if(k==10) ok = false;
		//注意一下这个
		else if(k==11) 
		{
			if(n==3&&m==3) 
			{
			a[1][1]=a[2][3]=a[3][1]=a[3][2]=a[3][3]='*';
			}
			else if(m>=4) ok = true, a[1][2] = '*', a[2][1] = '*', a[1][m] = '*';
			else ok = false;
		}
		else if(k==12) ok = false;
		else ok = true, a[1][1] = '*', a[n][m] = '*';
	}
	if(!ok) cout<<"No\n";
	else 
	{
		cout<<"Yes\n";
		if(!change) for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) {cout<<a[i][j]; if(j==m) cout<<'\n';}
		else 
		{
			for(int i=1;i<=m;++i) for(int j=1;j<=n;++j) {cout<<a[j][i]; if(j==n) cout<<'\n';}
		}
	}
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		solve();
	}
}

C(种树)

如果根节点已经完成了，那么这个子树对根节点父亲的贡献就有两种情况：用最少次数做完子树时，是否存在多余的、且对子树根节点的父亲有贡献的操作
如果根节点没有完成，则直接将 size 向上传递。直到遇到一个已经完成的祖先，在那个祖先中对size 进行统计即可。

#pragma GCC optimize("O3,unroll-loops")
#pragma GCC target("avx2,bmi,bmi2,lzcnt,popcnt")
//如果在不支持 avx2 的平台上将 avx2 换成 avx 或 SSE 之一
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uint;
typedef vector<string> VS;
typedef vector<int> VI;
typedef vector<vector<int>> VVI;
inline int log_2(int x) {return 31-__builtin_clz(x);}
inline int popcount(int x) {return __builtin_popcount(x);}
inline int lowbit(int x) {return x&-x;}
const int N = 1e5+10;
vector<int> e[N];
void solve()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=0;i<=n;++i) e[i].clear();
	vector<int> a(m),st(n+1),sz(n+1),f(n+1);
	
	for(int i=0;i<m;++i) cin>>a[i],st[a[i]] = 1;
	for(int i=0;i<n-1;++i)
	{
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		e[u].push_back(v);
		e[v].push_back(u);
	}
	
	int ans = 0;
	//dfs(u)返回的是u子树对其父节点的贡献
	
	auto dfs = [&](auto && dfs,int u,int f)->int
	{
		//res表示的是u的子树内需要完成染色的点的个数
		int res = 0;
		int ok = 0;
		for(auto v:e[u])
		{
			if(v==f) continue;
			int t = dfs(dfs,v,u);
			//若有儿子将u染色将ok = true
			if(t<0) ok = 1;
			else res += t;
		}
		//若即不是已经染色点也没被儿子更新res++
		res += (!st[u]&&!ok);
		//若该点已经被染色就结算，否则向上传递需要更新的点
		if(st[u]||ok) {ans += max((res+1)/2,0); return (res&1)?-1:0;}
		else return res;
	};
	dfs(dfs,a[0],0);
	cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		solve();
	}
}

E(随机过程)

注意在计算最大节点数时需要保留\(26^i\)以免出现模p以后的值小于n统计入res中的情况，同时记住最后对res取模
考虑第i层单个节点出现的概率，因为期望满足加法运算，直接用概率乘以点数即可
对于单个长度为i的字符串出现某个特点节点的概率是\(\frac{1}{26}^i\)
n次字符串都没出现该节点的概率是\((1-\frac{1}{26^i})^n\)
则该节点的出现概率为\((1-(1-\frac{1}{26^i})^n)\)

#pragma GCC optimize("O3,unroll-loops")
#pragma GCC target("avx2,bmi,bmi2,lzcnt,popcnt")
//如果在不支持 avx2 的平台上将 avx2 换成 avx 或 SSE 之一
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uint;
typedef vector<string> VS;
typedef vector<int> VI;
typedef vector<vector<int>> VVI;
vector<int> vx;
inline int mp(int x) {return upper_bound(vx.begin(),vx.end(),x)-vx.begin();}
inline int log_2(int x) {return 31-__builtin_clz(x);}
inline int popcount(int x) {return __builtin_popcount(x);}
inline int lowbit(int x) {return x&-x;}
const int p = 998244353;
const int N = 1e5+10;
ll P26[N],IP26[N];
ll quick_pow(ll a,int b) 
{
    a%=p;
    ll ans=1;
    for(;b;b>>=1)
    {
     if(b&1) ans=ans*a%p;
     a=a*a%p;
    }
    return ans;
}
ll inv(ll x) 
{
    return quick_pow(x,p-2);
}
void solve()
{
    P26[0] = 1;
    IP26[0] = 1;
    ll INV26 = inv(26);
    for(int i=1;i<=100000;++i)
    {
        P26[i] = P26[i-1]*26%p;
        IP26[i] = IP26[i-1]*INV26%p;
    }
    //第i层的最大节点数：min(26^i,n)
    ll n,m;
    cin>>n>>m;
    ll res = 1,tmp = 1;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        if(tmp*26 >= n)  res += n;
        else
        {
            tmp *= 26;
            res += tmp;
        }
    }
    cout<<res%p<<" ";
    //考虑第i层单个节点出现的概率，因为期望满足加法运算，直接用概率乘以点数即可
    //对于单个长度为i的字符串出现某个特点节点的概率是(1/26)^i
    //n次字符串都没出现该节点的概率是(1-(1/26)^i)^n
    //则该节点的出现概率为(1-(1-(1/26)^i)^n)
    ll ans = 0;
    for(int i=0;i<=m;++i)
    {
        ans += P26[i]*(1-quick_pow((1-IP26[i]+p),n)+p), ans %= p;
    }
    cout<<ans<<"\n";
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int T = 1;
	//cin>>T;
	while(T--)
	{
		solve();
	}
}

G(疯狂星期六)

网络流，建图：源点向菜品容量为菜价，菜向人流容量为\(a[i]-V[i]\)，人向汇点容量为min(c,a[i])-V[i]，若最大流为菜价即合法
注意：若菜只有一个人直接计入V[i]即可，同时注意不要有负权边，若人向汇点的容量为负值直接return

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<typename T> struct Flow_ {
const int n;
const T inf = numeric_limits<T>::max();
struct Edge {
    int to;
    T w;
    Edge(int to, T w) : to(to), w(w) {}
};
vector<Edge> ver;
vector<vector<int>> h;
vector<int> cur, d;
Flow_(int n) : n(n + 1), h(n + 1) {}
void add(int u, int v, T c) {
    h[u].push_back(ver.size());
    ver.emplace_back(v, c);
    h[v].push_back(ver.size());
    ver.emplace_back(u, 0);
}
bool bfs(int s, int t) {
    d.assign(n, -1);
    d[s] = 0;
    queue<int> q;
    q.push(s);
    while (!q.empty()) {
        auto x = q.front();
        q.pop();
        for (auto it : h[x]) {
            auto [y, w] = ver[it];
            if (w && d[y] == -1) {
            d[y] = d[x] + 1;
            if (y == t) return true;
            q.push(y);
        }
    }
}
    return false;
}
T dfs(int u, int t, T f) {
    if (u == t) return f;
    auto r = f;
    for (int &i = cur[u]; i < h[u].size(); i++) {
    auto j = h[u][i];
    auto &[v, c] = ver[j];
    auto &[u, rc] = ver[j ^ 1];
    if (c && d[v] == d[u] + 1) {
    auto a = dfs(v, t, std::min(r, c));
    c -= a;
    rc += a;
    r -= a;
    if (!r) return f;
    }
}
    return f - r;
}
T work(int s, int t) {
    T ans = 0;
    while (bfs(s, t)) {
    cur.assign(n, 0);
    ans += dfs(s, t, inf);
    }
    return ans;
}
};
using Flow = Flow_<int>;

int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    //完成流的初始化
    Flow G(n+m+2);
    vector<int> a(n+1),V(n+1);
    int c = 0;
    for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i]>>V[i];
    
    int s = 0, t = n+m+1;
    int sum = 0;
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        int u,v,w;
        cin>>u>>v>>w;
        if(u==v) {V[u]+=w; continue;}
        sum += w;
        if(u==1||v==1) c += w;
        //从源点向菜品的流量为w
        G.add(s,i+n,w);
        G.add(i+n,u,a[u]);
        G.add(i+n,v,a[v]);
    }
    //1号点的花费,注意应该在V修改后再加
    c += V[1];
    c = min(c, a[1]);
    //对于1号点向汇点的流量为c-V[1],表示由点菜花去的钱最大限制
    G.add(1,t,c-V[1]);
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        //对于其他点来说,由点菜花去的钱不能超过c-1-V[i]和a[i]-V[i]
        //注意需要防止出现负权边
        int w = min(c-1,a[i])-V[i];
        if(w < 0) {cout<<"NO\n"; return 0;}
        G.add(i,t,w);
    }
    //如果能完成点单
    if(G.work(s,t) == sum) cout<<"YES\n";
    else cout<<"NO\n";
}

J(找最小)

首先计算a,b数组的异或值ans1,ans2，每次交换相当于ans1,ans2都异或了\((a[i]\oplus b[i])\)
先实现线性基，对于ans1,ans2的值从高位向低位考虑，对于第i位若都为0不处理，都为1则都异或d[i]
若一个为0一个为1，最终的结果一定在该位为1，则分别考虑该位为1的是ans1还是ans2各自处理一下即可

#pragma GCC optimize("O3,unroll-loops")
#pragma GCC target("avx2,bmi,bmi2,lzcnt,popcnt")
//如果在不支持 avx2 的平台上将 avx2 换成 avx 或 SSE 之一
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int uint;
typedef vector<string> VS;
typedef vector<int> VI;
typedef vector<vector<int>> VVI;
vector<int> vx;
inline int mp(int x) {return upper_bound(vx.begin(),vx.end(),x)-vx.begin();}
inline int log_2(int x) {return 31-__builtin_clz(x);}
inline int popcount(int x) {return __builtin_popcount(x);}
inline int lowbit(int x) {return x&-x;}
const int N = 1e6+10;
int a[N],b[N],c[N],d[32];
void solve()
{
	memset(d,0,sizeof d);
	int n;
	cin>>n;
	int ans1 = 0,ans2 = 0;
	for(int i=0;i<n;++i) cin>>a[i], ans1^=a[i];
	for(int i=0;i<n;++i) cin>>b[i], ans2^=b[i];
	//cout<<ans1<<' '<<ans2<<'\n';
	for(int i=0;i<n;++i) c[i] = a[i]^b[i];
	for(int i=0;i<n;++i) 
    {
        int x = c[i];
        for(int j=30;j>=0;--j)
        {
            if((x>>j)&1)
            {
                if(!d[j]) {d[j]=x;break;}//注意：如果此处d[j]等于x需要break掉,不能继续循环
                else x^=d[j];
            }
        } 
    }
    //cout<<d[2]<<' '<<d[1]<<' '<<d[0]<<'\n';
    for(int j=30;j>=0;--j)
    {
    	if(!(ans1>>j&1)&&!(ans2>>j&1)) continue;
    	else if((ans1>>j&1)&&(ans2>>j&1)) ans1^=d[j], ans2^=d[j];
    	else 
    	{
    		//当出现第一位不同时最终答案一定是该位为1的数的最小值
    		//若d[j]存在则两个ans各枚举一遍
    		//若d[j]不存在直接尽可能减小该位为1的数
    		if(!d[j]) 
    		{
    			int t = max(ans1,ans2);
    			for(int k=j-1;k>=0;--k)
    			{
    				if(t>>k&1) t^=d[k];
    			}
    			cout<<t<<'\n';
    			return ;
    		}
    		else
    		{
    			int minn = 2147483647;
    			int t = max(ans1,ans2);
    			//先选j位为1的数枚举
    			for(int k=j-1;k>=0;--k)
    			{
    				if(t>>k&1) t^=d[k];
    			}
    			minn = min(minn,t);
    			t = min(ans1,ans2);
    			//选j位为0的数异或线性基后枚举
    			t ^=d[j];
    			for(int k=j-1;k>=0;--k)
    			{
    				if(t>>k&1) t^=d[k];
    			}
    			minn = min(minn,t);
    			cout<<t<<'\n';
    			return ;
    		}
    	}
    }
    //若是全一致不应该输出0而是ans1
    cout<<ans1<<'\n';
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		solve();
	}
}