AtCoder Grand Contest 043 部分题解
警告，这里只有 \(AB\) 题解，努力一下也许能再做个一题
这场打得好爽，rank \(299\)，涨了 \(141\)
乍一看有点不知所措。BFS？暴力？
让我们冷静分析一下。要达成目标，必须有至少一条从左上到右下的路径。
感受一下：
xxx..
..x..
..xx.
...x.
...xx
注意到操作是同时对一个矩形区域操作。不难发现：这样可以对路径上任意一段连续序列取反。
怎样操作最优呢？
根据首尾，可以分为四种情况：
#.#.# （答案：3）
.#.#. （答案：2）
#.#. （答案：2）
.#.# （答案：2）
综上，答案就是路径中连续的"#"的数量。
\(dp\) 就可以了。
我自己测的时候把“#”打成"X"，懵逼了两分钟
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mit map<int,int>::iterator
#define sit set<int>::iterator
#define itrm(g,x) for(mit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define itrs(g,x) for(sit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define ltype int
#define rep(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<=(k);(i)++)
#define rap(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<(k);(i)++)
#define per(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)>=(k);(i)--)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
#define fastio ios::sync_with_stdio(false)
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
const double pi=3.1415926535897932,eps=1e-6;
void chmax(int &x,int y){if(x < y) x = y;}
void chmin(int &x,int y){if(x > y) x = y;}
int n,m,dp[105][105];char s[105][105];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
rep(i,1,n) scanf("%s",s[i]+1);
dp[1][1] = (s[1][1] == '#');
rep(i,1,n) rep(j,1,m)
if(i != 1 || j != 1){
dp[i][j] = inf;
char cur = s[i][j];
if(i > 1) {
char prev = s[i-1][j];
if(prev == cur) chmin(dp[i][j], dp[i-1][j]);
else chmin(dp[i][j], dp[i-1][j] + (cur == '#'));
}
if(j > 1) {
char prev = s[i][j-1];
if(prev == cur) chmin(dp[i][j], dp[i][j-1]);
else chmin(dp[i][j], dp[i][j-1] + (cur == '#'));
}
}
printf("%d\n",dp[n][m]);
return 0;
}
又是一道第一眼看没有思路的题。
这道题让我想起了agc006d。其实这两题做法完全不同。
我们不考虑 \(O(n^2)\)。
首先我们发现，把原数列每个数减少 \(1\) 对答案没有任何影响。
然后，先看只有 \(0\) 和 \(2\) 的情况。这样答案要么是 \(0\) ，要么是 \(2\)
我比赛时先考虑反推：最后的结果是 \(2\) ，原来可能的序列有：
0 2
2 2 0
0 2 0 0
2 2 0 0 0
这个做法好像没什么前途。
换个思路，正向思考，我们假设只有一个 \(2\) ，两边有足够的 \(0\) ，它会这样发展：
0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0
0 0 0 0 2 0 2 0 0 0 0
0 0 0 2 2 2 2 0 0 0
0 0 2 0 0 0 2 0 0
0 2 2 0 0 2 2 0
2 0 2 0 2 0 2
2 2 2 2 2 2
是不是有点眼熟？它就和组合数模 \(2\) 的图案一样！
有些图案在外面被忽略了，但是显示出来的一定不会受到影响。因为已经在外面的，怎样向左下或右下走，都不能走回去。
所以算组合数模 \(2\) （也就是这个组合数的奇偶性）就行了！
如果第一行有多个 \(2\) 呢？它们会互相叠加，偶数个叠加在一起会消除。所以，先得出对答案有影响的位置数 \(num\) ，如果 \(num % 2\) 为 \(0\) ，答案为 \(0\)，否则为 \(2\)。
只有 \(0\) 和 \(1\) 的情况同理。只有 \(1\) 和 \(2\) 的情况，把每个数减去 \(1\) ，也变成的左边的那种情况。
如果 \(0,1,2\) 都有呢？
答案不能超过 \(1\) ，因为序列中的 \(1\) 会持续造成影响，\(|0-1| = |2-1| = 1\)，即 \(1\) 不会完全被消掉。在倒数第 \(2\) 轮的时候如果至少有一个数非零，其中一定有一个数是 \(1\)。
又由于 \(|0-1| = |2-1| = 1\)，\(0\) 和 \(2\) 这时是等价的，可以直接把 \(2\) 看成 \(0\)。
细节方面，如何算出 \(C(a,b)\) 的奇偶性？
令 \(fac(i)\) 表示 \(i!\) 中约数 \(2\) 的个数。计算组合时把相除改成相减，若计算出的值为 \(0\) ，则 \(C(a,b)\) 为奇数。
最后记得特判所有数字相等的情况。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mit map<int,int>::iterator
#define sit set<int>::iterator
#define itrm(g,x) for(mit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define itrs(g,x) for(sit g=x.begin();g!=x.end();g++)
#define ltype int
#define rep(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<=(k);(i)++)
#define rap(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)<(k);(i)++)
#define per(i,j,k) for(ltype(i)=(j);(i)>=(k);(i)--)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
#define fastio ios::sync_with_stdio(false)
const int inf=0x3f3f3f3f,mod=1000000007;
const double pi=3.1415926535897932,eps=1e-6;
void chmax(int &x,int y){if(x < y) x = y;}
void chmin(int &x,int y){if(x > y) x = y;}
int n,a[1000005],fac[1000005],ans,cnt[4],mup=1;char s[1000005];
int C(int x,int y){
return fac[x] - fac[y] - fac[x - y];
}
int main()
{
scanf("%d%s",&n,s+1);
rep(i,1,n) a[i] = s[i] - 49, cnt[a[i]]++;
rep(i,1,n){
fac[i] = fac[i-1];
int ii = i;
while(ii % 2 == 0) {
ii /= 2;
fac[i]++;
}
}
int pp = (cnt[0]>0) + (cnt[1]>0) + (cnt[2]>0);
if(pp <= 1){puts("0");return 0;}
if(cnt[0] && cnt[1] && cnt[2]){
rep(i,1,n) if(a[i] == 2) a[i] = 0;
}
else if(cnt[0] && cnt[2]){
mup = 2;
}
else if(cnt[1] && cnt[2]){
rep(i,1,n) a[i]--;
}
rep(i,1,n) if(a[i]) {
ans ^= (C(n - 1,i - 1) == 0);
}
printf("%d\n",ans * mup);
return 0;
}
