Educational Codeforces Round 130 (Rated for Div. 2)
A. Parkway Walk
如果能量不足就补充至恰好足够，然后模拟。
B. Promo
易得：选最贵的\(x\)个商品最优。
然后排序加前缀和优化就可以\(O(n\log n) \sim O(1)\)做。
C. awoo's Favorite Problem
从左至右遍历\(s\)，假设遍历到\(i\)，如果\(s_i \ne t_i\)，尝试用给定操作救一下，救不了就无解。
操作1能来救：\(s_i\)是b,\(t_i\)是a，且\(s\)中当前位置到下一个\(a\)中间这段全都是b的情况。
操作2类似。
对于每种字符拿个std::set存字符出现的位置，然后模拟。
D. Guess The String
题意
交互题。
有一个长度为\(n\)的串\(s\)。
支持两种操作：
1 i: 返回\(s_i\)。2 l r：返回\(s_l\dots s_r\)中不同字符的个数。
要求通过不超过\(26\)次操作1和不超过\(6000\)次操作2猜出\(s\)。
其中\(1 \le n \le 1000\)。
思路
这题不难其实，就是调代码调了40min，还WA 3了一发。。。
从左至右依次猜每个位置上的字符是什么。
维护每个字符最后出现的位置。将这些位置升序排序，不妨记为\(p_i, 1\le i \le k\)。对于其中一个位置\(p_i\)，如果\(s_i\)没有在\(s_{p_i}\dots s_i\)中出现过，那么这一段中不同字符的个数为\(1 + k - i + 1\)，否则为\(k - i + 1\)。
假设\(y\)等于满足\(s_{p_x}\dots s_i\)中不同字符个数等于\(k - x + 1\)的最大的\(x\)，那么\(s_i = s_y\)。
如果没有满足条件的\(x\)就说明\(s_i\)之前没有出现过，用操作1确定。
容易看出这个是有单调性的，可以通过二分找\(y\)或者确定没有满足条件的\(x\)。
只有\(s_i\)之前没有出现过才会用操作1确定，所以操作1至多用26次。
对于\(s_i\)，每个位置\(O(\log |\Sigma|) \le 6\)次，所以操作2至多用\(6n \le 6000\)次。
AC代码
// Problem: D. Guess The String
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 130 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1697/problem/D
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 4000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define CPPIO std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
#define freep(p) p ? delete p, p = nullptr, void(1) : void(0)
#ifdef BACKLIGHT
#include "debug.h"
#else
#define logd(...) ;
#endif
using i64 = int64_t;
using u64 = uint64_t;
void solve_case(int Case);
int main(int argc, char* argv[]) {
CPPIO;
int T = 1;
// std::cin >> T;
for (int t = 1; t <= T; ++t) {
solve_case(t);
}
return 0;
}
std::mt19937 rng(time(0));
void solve_case(int Case) {
int n;
#ifdef BACKLIGHT
n = 1000;
std::string t(n + 1, '?');
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
t[i] = rng() % 26 + 'a';
}
logd(t);
auto Q1 = [&t](int x) -> char {
++x;
return t[x];
};
auto Q2 = [&t](int l, int r) -> int {
++l, ++r;
std::set<char> st;
for (int i = l; i <= r; ++i) {
st.insert(t[i]);
}
return st.size();
};
#else
auto Q1 = [](int x) -> char {
++x;
std::cout << "? 1 " << x << std::endl;
char r;
std::cin >> r;
return r;
};
auto Q2 = [](int l, int r) -> int {
++l, ++r;
std::cout << "? 2 " << l << " " << r << std::endl;
int t;
std::cin >> t;
return t;
};
std::cin >> n;
#endif
std::string s(n, '?');
std::vector<int> p(26, -1);
s[0] = Q1(0);
p[s[0] - 'a'] = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
std::vector<int> q;
for (int i = 0; i < 26; ++i) {
if (p[i] != -1) {
q.push_back(p[i]);
}
}
std::sort(q.begin(), q.end());
int z = -1;
{
// logd(q);
int l = 0, r = q.size() - 1, mid;
while (l <= r) {
mid = (l + r) >> 1;
int x = q.size() - mid + 1;
int y = Q2(q[mid], i);
// logd(mid, x, y);
if (y == x)
r = mid - 1;
else
l = mid + 1, z = q[mid];
}
}
if (z == -1) {
s[i] = Q1(i);
} else {
s[i] = s[z];
}
// logd(i, s[i], z);
p[s[i] - 'a'] = i;
}
std::cout << "! " << s << "\n";
#ifdef BACKLIGHT
logd(s, t);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (s[i] != t[i + 1]) {
logd(i, s[i], t[i + 1]);
}
}
assert(s == t.substr(1));
#endif
}
E. Coloring
题意
二维空间中有\(n\)个点，点与点之间的距离定义为曼哈顿距离。要用\(n\)种颜色给点染色。
令\(d(i, j)\)表示\(i, j\)两点间距离，有以下两个限制：
- 如果点\(a, b, c\)同色，那么有\(d(a, b) = d(b, c) = d(c, a)\)。
- 如果点\(a, b\)同色，\(c\)与\(a, b\)异色，那么有\(d(a, b) < d(a, c)\)且\(d(a, b) < d(b, c)\)。
问染色方案数，答案对\(998244353\)取模。
其中\(2 \le n \le 100\)。
思路
如果点\(i\)能够与点\(j\)同色，那么根据题意一定没有\(k\)使得\(d(i, k) < d(i, j)\)或者\(d(j, k) < d(i, j)\)成立。
如果在能够同色的点对间连一条边，这样建出的图会是由多个极大团组成的，且一个极大团中的点要么全部同色，要么全部异色。
根据这一点就可以DP算答案了，感觉不复杂。
AC代码
// Problem: E. Coloring
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 130 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1697/problem/E
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 3000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define CPPIO std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
#define freep(p) p ? delete p, p = nullptr, void(1) : void(0)
#ifdef BACKLIGHT
#include "debug.h"
#else
#define logd(...) ;
#endif
using i64 = int64_t;
using u64 = uint64_t;
void solve_case(int Case);
int main(int argc, char* argv[]) {
CPPIO;
int T = 1;
// std::cin >> T;
for (int t = 1; t <= T; ++t) {
solve_case(t);
}
return 0;
}
const int MOD = 998244353;
int add(int x, int y) {
return x + y >= MOD ? x + y - MOD : x + y;
}
int mul(int x, int y) {
return i64(1) * x * y % MOD;
}
int sub(int x, int y) {
return x - y < 0 ? x - y + MOD : x - y;
}
int qp(int x, int y) {
int r = 1;
while (y) {
if (y & 1)
r = mul(r, x);
x = mul(x, x);
y >>= 1;
}
return r;
}
int inv(int x) {
return qp(x, MOD - 2);
}
int dvd(int x, int y) {
return mul(x, inv(y));
}
const int N = 105;
int f[N], g[N];
void init(int n) {
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
f[i] = mul(f[i - 1], i);
g[n] = inv(f[n]);
for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
g[i] = mul(g[i + 1], i + 1);
}
int C(int n, int m) {
return mul(f[n], mul(g[m], g[n - m]));
}
void solve_case(int Case) {
int n;
std::cin >> n;
init(n);
std::vector<int> x(n), y(n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
std::cin >> x[i] >> y[i];
auto manhattan = [&](int a, int b) -> int {
return std::abs(x[a] - x[b]) + std::abs(y[a] - y[b]);
};
std::vector<int> min_dist(n, INT_MAX);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (j == i)
continue;
min_dist[i] = std::min(min_dist[i], manhattan(i, j));
}
}
std::vector<std::vector<int>> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
a[i].push_back(i);
for (int j = 0; j < n; ++j) {
if (j == i)
continue;
if (manhattan(i, j) == min_dist[i])
a[i].push_back(j);
}
std::sort(a[i].begin(), a[i].end());
}
std::sort(a.begin(), a.end());
// dp_i means the number of ways that coloring these n points with exatly i different colors
std::vector<int> dp(n + 1, 0);
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int j = i;
while (j + 1 < n && a[i] == a[j + 1])
++j;
std::vector<int> next(n + 1, 0);
// find a maximal clique of size m
int m = j - i + 1;
if ((int)a[i].size() != j - i + 1)
m = 1;
// m points with the same color
for (int i = 0; i + 1 <= n; ++i) {
// there are n - i ways to choose one color
next[i + 1] = add(next[i + 1], mul(dp[i], n - i));
}
// or every pair of points with different colors
if (m > 1) {
for (int i = 0; i + m <= n; ++i) {
// there are \binom{n - i}{m} ways to choose m colors
// and there are m! ways to distribute these color to points
next[i + m] = add(next[i + m], mul(dp[i], mul(C(n - i, m), f[m])));
}
}
dp = next;
i = i + m - 1;
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
ans = add(ans, dp[i]);
std::cout << ans << "\n";
}
F. Too Many Constraints
题意
给定一个长度为 \(n\) 的数组\(a\)，有两个基本的限制：
- \(a_i \in [1, k]\)。
- \(\forall i \in [1, n - 1], a_i \le a_{i+1}\)。
再给出 \(m\) 个额外的限制，有三种类型：
- \(a_i \ne x\)。
- \(a_i + a_j \le x\)。
- \(a_i + a_j \ge x\)。
给出一种满足所有类型的方案，或者说明无解。
其中 \(2 \le n \le 2 \times {10}^4, 0 \le m \le 2 \times {10}^4, 2 \le k \le 10\)。
思路
只判断是否有解的话可以用 2-SAT ，就 \(a_i = x\) 和 \(a_i \ne x\) 要满足一个。
但是这样子没办法输出方案，因为这样子可能会有多选一，但是 2-SAT 只能支持二选一。
可以把条件改成 \(a_i \le x\) 和 \(a_i > x\) ，然后因为 \(a_i \le x\) 可以推出 \(a_i \le x + 1\)，所以随着 \(x\) 的增加， \(a_i \le x\) 会是一段不成立，接一段成立。然后输出方案的时候选择第一个成立的那个 \(x\) 即可。
为了减少边界讨论，扩展 \(a_i\) 的值域到 \([0, k]\)，然后通过建图限制 \(a_i > 0\) 。
然后就是 2-SAT 板子了。
AC代码
// Problem: F. Too Many Constraints
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 130 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1697/problem/F
// Memory Limit: 512 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define CPPIO std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
#define freep(p) p ? delete p, p = nullptr, void(1) : void(0)
#ifdef BACKLIGHT
#include "debug.h"
#else
#define logd(...) ;
#define ASSERT(x) ;
#endif
using i64 = int64_t;
using u64 = uint64_t;
void solve_case(int Case);
int main(int argc, char* argv[]) {
CPPIO;
int T = 1;
std::cin >> T;
for (int t = 1; t <= T; ++t) {
solve_case(t);
}
return 0;
}
class TwoSAT {
private:
public:
TwoSAT(int n) : n_(n), g_(2 * n_), r_(2 * n_) {}
int ID(int x, int y) {
ASSERT(0 <= x && x < n_);
ASSERT(y == 0 || y == 1);
return 2 * x + y;
}
void Either(int x, int y) {
g_[x ^ 1].push_back(y);
r_[y].push_back(x ^ 1);
g_[y ^ 1].push_back(x);
r_[x].push_back(y ^ 1);
}
void Implies(int x, int y) { Either(x ^ 1, y); }
void Must(int x) { Either(x, x); }
std::pair<bool, std::vector<int>> Solve() {
int dfs_clock = 0;
std::vector<bool> vis(2 * n_, false);
std::vector<int> dfn(2 * n_, -1);
std::function<void(int)> dfs1 = [&](int u) {
vis[u] = true;
for (int v : g_[u]) {
if (vis[v] == false) {
dfs1(v);
}
}
dfn[dfs_clock++] = u;
};
for (int i = 0; i < 2 * n_; ++i) {
if (!vis[i]) {
dfs1(i);
}
}
int c = 0;
std::vector<int> color(2 * n_, -1);
std::function<void(int)> dfs2 = [&](int u) {
color[u] = c;
for (int v : r_[u]) {
if (color[v] == -1) {
dfs2(v);
}
}
};
for (int i = 2 * n_ - 1; i >= 0; --i) {
int u = dfn[i];
if (color[u] == -1) {
dfs2(u);
c++;
}
}
for (int i = 0; i < n_; ++i) {
if (color[2 * i] == color[2 * i + 1]) {
return {false, {}};
}
}
std::vector<int> values(n_, false);
for (int i = 0; i < n_; ++i) {
values[i] = color[2 * i] < color[2 * i + 1];
}
return {true, values};
}
private:
int n_;
std::vector<std::vector<int>> g_, r_;
};
void solve_case(int Case) {
int n, m, k;
std::cin >> n >> m >> k;
// represent a_p <= v.
auto id = [&](int p, int v) {
ASSERT(0 <= p && p < n);
ASSERT(0 <= v && v <= k);
return p * (k + 1) + v;
};
TwoSAT sat(n * (k + 1));
// basic constraints
{
// a_i > 0 must be true.
for (int i = 0; i < n; ++i)
sat.Must(sat.ID(id(i, 0), 0));
// a_i <= k must be true.
for (int i = 0; i < n; ++i)
sat.Must(sat.ID(id(i, k), 1));
// a_i <= x --> a_i <= x + 1.
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 0; j <= k - 1; ++j)
sat.Implies(sat.ID(id(i, j), 1), sat.ID(id(i, j + 1), 1));
}
// a should be non-decreasing. That is, a_i > x --> a_{i+1} > x.
for (int i = 0; i + 1 < n; ++i) {
for (int j = 0; j <= k; ++j) {
sat.Implies(sat.ID(id(i, j), 0), sat.ID(id(i + 1, j), 0));
}
}
}
// additional constraints
for (int _ = 0; _ < m; ++_) {
int tp;
std::cin >> tp;
if (tp == 1) {
int i, x;
std::cin >> i >> x;
--i;
// a_i != x --> a_i <= x - 1 or a_i > x
sat.Either(sat.ID(id(i, x - 1), 1), sat.ID(id(i, x), 0));
} else if (tp == 2) {
int i, j, x;
std::cin >> i >> j >> x;
--i, --j;
// a_i + a_j <= x, a_i > y --> a_j < x - y --> a_j <= x - y - 1.
for (int y = 0; y <= k; ++y) {
int z = x - y - 1;
if (z >= 0 && z <= k) {
sat.Implies(sat.ID(id(i, y), 0), sat.ID(id(j, z), 1));
}
}
} else if (tp == 3) {
int i, j, x;
std::cin >> i >> j >> x;
--i, --j;
// a_i + a_j >= x, a_i <= y --> a_j >= x - y --> a_j > x - y - 1
for (int y = 1; y <= k; ++y) {
int z = x - y - 1;
if (z >= 0 && z <= k)
sat.Implies(sat.ID(id(i, y), 1), sat.ID(id(j, z), 0));
}
}
}
auto [valid, values] = sat.Solve();
if (!valid) {
std::cout << "-1\n";
} else {
std::vector<int> ans(n);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
for (int j = 1; j <= k; ++j) {
if (values[id(i, j)]) {
ans[i] = j;
break;
}
}
}
for (int i = 0; i < n; ++i)
std::cout << ans[i] << " \n"[i + 1 == n];
}
}
浙公网安备 33010602011771号