Atcoder ARC 107赛后总结
前言
比赛链接：https://atcoder.jp/contests/arc107
止步\(E\)题，完全不会。。。
上飞分啦！！！！
一下子从0变到900+，一场就绿啦，哈哈哈(雾
只可惜今天的CF比赛和ATcoder的比赛重时间了，还是先以codeforces为主吧。
A
题意： 给你\(A,B,C\)，让你计算\(\sum\limits_{a=1}^{A}\sum\limits_{b=1}^{B}\sum\limits_{c=1}^{C}abc\mod{998244353}\)。
做法：首先根据乘法分配律，不难化成这个式子：\(\frac{A(A+1)}{2}\frac{B(B+1)}{2}\frac{B(B+1)}{2}\)，然后直接计算即可。
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=998244353;
LL a,b,c;
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
a=(a+1)*a/2%mod;
b=(b+1)*b/2%mod;
c=(c+1)*c/2%mod;
printf("%lld\n",a*b%mod*c%mod);
return 0;
}
B
题意：给你\(N,K\)，让你算满足要求的四元组个数。
对于四元组\((a,b,c,d)\)，其需要满足：\(1≤a,b,c,d≤N,a+b-c-d=K\)。
做法：\(O(n)\)可以过，不妨考虑\(O(n)\)的做法。
首先，我们可以再\(O(1)\)的时间在算出满足\(1≤a,b≤N,a+b=t\)的二元组\((a,b)\)的个数，考虑化化式子：\((a+b)-(c+d)=K\)，那么只需要枚举\(a+b=t\)中的\(t\)，然后两边计算方案相乘即可，而且通过计算过程不难看出，答案是在\(n^3\)级别的，所以不会爆\(long\) \(long\)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
inline LL mymin(LL x,LL y){return x<y?x:y;}
inline LL mymax(LL x,LL y){return x>y?x:y;}
LL ans,n,k;
inline LL fangan(LL x)
{
LL l=mymax(1,x-n),r=mymin(n,x-1);
return r-l+1;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&k);
if(k<0)k=-k;
LL ed=n<<1;
for(LL i=k+2;i<=ed;i++)ans+=fangan(i)*fangan(i-k);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
C
题意：对于给定的\(n*n\)的矩阵，满足\(a_{i,j}\)各不相同且在\([1,n^2]\)范围内。
现在给定一个\(K\)，你可以进行无限次操作，每次操作有两个选择：
- 选定\(x,y(x≠y)\)行，如果\(a_{x,i}+a_{y,i}≤K(1≤i≤n)\)，那么交换这两行。
- 选定\(x,y(x≠y)\)列，如果\(a_{i,x}+a_{i,y}≤K(1≤i≤n)\)，那么交换这两列。
问你通过操作最多可以得到多少个不同的矩阵，对\(998244353\)取模？
做法：不难发现，如果把每一行单独看成一个集合，那么不管进行哪个操作，这些集合都不会有任何改变，改变的只会是这些集合到底在哪一行，对列也是如此。
我们把行的编号列出一个数组\(a\)，\(a\)数组初始就为\(1,2,3,...,n\)，每交换一次行，比如交换行\(x,y\)，那么交换\(a_{x},a_{y}\)，设\(b_{a_{i}}=i\)（\(b\)数组表示每个行在\(a\)数组中的位置），根据上面的发现，不难推敲出：对于初始的\(a\)数组，\(i\)行和\(j\)行能交换，那么不管任何时候，\(a_{b_{i}}\)和\(a_{b_{j}}\)都能进行交换（相应地，\(b_{i},b_{j}\)也会进行交换）。
那么发现了上述规律，如何统计方案呢？
我们把列的编号也列出一个数组\(c\)，对应的便有\(d\)数组，不难发现，初始的矩阵以及\(a,c\)数组就可以确定一种不同的矩阵，特别的，初始的\(a,c\)数组其实就对应了初始的矩阵，这样，我们只需要分别的统计\(a\)数组能有多少种可能乘以\(c\)数组的便是答案（事实上，\(b,d\)数组更加的直观，后面直接讲\(b,d\)数组）。
那么如何求\(b\)数组有多少种呢？我们不妨建一个\(n\)个点的图，\(i,j\)连边表示在初始矩阵中第\(i,j\)行能够交换，现在证明，对于一个联通块内的两个点，其可以自由♂的交换。
考虑联通块中的一条链：\(x-t_1-t_2-...-t_k-y\)，只要我们能证明能够在不改变\(b_{t_{i}}\)的情况下，让\(b_{x}\)和\(b_{y}\)交换即可，考虑数学归纳法，当\(k=1\)时，\(x,t_1\)交换，然后然后\(t_1\)和\(y\)交换，\(x\)再和\(t_{1}\)交换便可以了，对于\(k>1\)的情况，我们只需要交换\(x,t_{k}\)，然后再交换\(t_{k},y\)，最后再交换\(x,t_{k}\)即可，证毕，因此，一个联通块中的点可以互相交换，所以一个联通块最多会有\(联通块大小!\)个不同的方案，\(d\)数组也是同理。
时间复杂度：\(O(nlogn)\)（因为用了并查集）
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 60
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=998244353;
int a[N][N],n,k;
inline bool check1(int x,int y)//行比较
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[x][i]+a[y][i]>k)return 0;
}
return 1;
}
inline bool check2(int x,int y)//行比较
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i][x]+a[i][y]>k)return 0;
}
return 1;
}
LL fc[N];
int fa[N],siz[N];
int findfa(int x)
{
if(fa[x]!=x)fa[x]=findfa(fa[x]);
return fa[x];
}
inline void mer(int x,int y)
{
int tx=findfa(x),ty=findfa(y);
if(tx!=ty)
{
fa[tx]=ty;
siz[ty]+=siz[tx];
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
fc[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++)fc[i]=(fc[i-1]*i)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
fa[i]=i;
siz[i]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
if(findfa(i)!=findfa(j) && check1(i,j)==1)mer(i,j);
}
}
LL ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(findfa(i)==i)ans=ans*fc[siz[i]]%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i,siz[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
if(findfa(i)!=findfa(j) && check2(i,j)==1)mer(i,j);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(findfa(i)==i)ans=ans*fc[siz[i]]%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
D
题意：对于给定的正整数\(N,K\)，求有多少个集满足一下要求：
- 集中的数字个数是\(n\)个。
- 集中的每个数字都能被表示为：\(\frac{1}{2^t}(t≥0)\)
- 集中每个数字的和是\(K\)。
需要注意的是，集是无序的，即\(1,\frac{1}{2}\)和\(\frac{1}{2},1\)是等价的。
做法：第一眼：肯定不是DP。
还真是DP，甚至当时都没发现自己已经想到做法了
首先，不难想的是，默认集中的数字从大到小排序，这样比较好处理，但是怎么枚举方案呢？
不妨认为一开始有\(K\)个\(1\)，然后枚举有多少个\(1\)分成了\(\frac{1}{2}\)，设有\(i\)个\(a_1\)分裂了吧，这样我们就有\(2a_1\)个\(\frac{1}{2}\)，然后我们可以继续枚举分裂多少个\(\frac{1}{2}\)变成\(\frac{1}{4}\)，记为\(a_{2}\)。（事实上，不用考虑\(1\)直接分裂成四个\(\frac{1}{4}\)的情况，因为其必须先分裂成\(\frac{1}{2}\)）
不断的枚举下去，我们可以得到\(a\)序列：\(a_1,a_2,a_3,a_4,...,a_k\)，不难发现：\(a_{1}≤K，a_{i}≤2a_{i-1}(i>1)\)，同时因为每分裂一次多一个数字，所以\(a_1+a_2+a_3+...+a_k=n-K\)，所以只需要统计不同的\(a\)序列即可，\(DP\)完全可以\(O(n^2)\)转移。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 3100
using namespace std;
const int mod=998244353;
int f[N][N];//统计方案
int n,m;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n==m)
{
printf("1\n");
return 0;
}
int limit=n-m;//背包数量
for(int i=1;i<=limit;i++)
{
if(i<=m)f[i][i]=1;//a1
for(int j=1;j<i;j++)f[i][j]=(f[i][j]+f[i-j][(j+1)/2])%mod;
for(int j=i;j>=1;j--)f[i][j]=(f[i][j]+f[i][j+1])%mod;
}
printf("%d\n",f[limit][1]);
return 0;
}
E
题意：对于\(n*n\)的矩阵，给了你第一行和第一列，对于\(a_{i,j}=mex(a_{i-1,j},a_{i,j-1})(i>1,j>1)\)，矩阵满足：\(0≤a_{i,j}<3(∀i∈[1,n],j∈[1,n])\)，其中\(mex\)是其自己定义的运算。
做法：神TM找规律？？？我一个常年走路想题的，你跟我说要暴力找规律？？？
给一个官方给出的\(n=20\)的随机矩阵：
不难发现，有很多位置\(a_{i,j}=a_{i-1,j-1}\)，事实上，你的感觉没错，只要\(i>4,j>4\)就满足这个性质，然后只要暴力枚举前四行四列即可。
至于证明，据说是暴力跑\(n=5\)的矩阵，枚举所有的情况，可以发现\(a_{4,4}=a_{5,5}\)，然后只要对于每一个\(i>4,j>4\)的位置，就可以通过这个性质判定\(a_{i-1,j-1}=a_{i,j}\)了。
时间复杂度：\(O(n)\)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 510000
using namespace std;
typedef long long LL;
int a[6][N],b[N][6];
int n;
LL cnt[5];
inline int mex(int x,int y)
{
if(x>y)x^=y^=x^=y;//x<=y
return (x>0)?0:((y&1)?2:1);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[1][i]);
b[1][1]=a[1][1];
for(int i=2;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i][1]);
if(n<=4)
{
for(int i=2;i<=n;i++)a[i][1]=b[i][1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=2;j<=n;j++)a[i][j]=mex(a[i][j-1],a[i-1][j]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)cnt[a[i][j]]++;
}
printf("%lld %lld %lld\n",cnt[0],cnt[1],cnt[2]);
return 0;
}
a[2][1]=b[2][1];a[3][1]=b[3][1];a[4][1]=b[4][1];
b[1][2]=a[1][2];b[1][3]=a[1][3];b[1][4]=a[1][4];
for(int i=2;i<=4;i++)
{
for(int j=2;j<=n;j++)a[i][j]=mex(a[i][j-1],a[i-1][j]);
}
for(int i=2;i<=4;i++)
{
for(int j=2;j<=n;j++)b[j][i]=mex(b[j-1][i],b[j][i-1]);
}
for(int i=1;i<=4;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)cnt[a[i][j]]++;
}
for(int i=1;i<=4;i++)
{
for(int j=5;j<=n;j++)cnt[b[j][i]]++;
}
for(int i=4;i<=n;i++)cnt[a[4][i]]+=n-i;
for(int i=5;i<=n;i++)cnt[b[i][4]]+=n-i;
printf("%lld %lld %lld\n",cnt[0],cnt[1],cnt[2]);
return 0;
}
F
下文有借鉴或者直接搬运https://www.cnblogs.com/gmh77/p/13908571.html博客的内容。
题意：给出一个无向图，可以删掉若干点，删\(i\)的代价是\(a_i\)，一个联通块的价值为其中每个点的\(b_i\)之和的绝对值，最大化\(Σ新图中每个连通块的价值-删点代价\)。
\(1≤n,m<=300\)
题解：先删掉一些点，对剩下的一个块里的贡献同为\(+1\)或\(-1\)，则可以转化为对每个点赋+1/-1/删掉，最终贡献为bi*点权之和，且有边相连的点的权相同
先加上\(Σ|bi|\)，接下来用最小割减去使其合法的最小代价即可。
连S->i1->i2->T，对应+1/删/-1，若bi>=0则为0/bi+ai/2bi，<0则为2|bi|/|bi|+ai/0
对于一条边，其两端的点编号不能不同，所以对于(u,v)直接连v2->u1和u2->v1的inf边即可。
不难发现，这样子构造边权都是非负的，直接最小割走起。
时间复杂度：\(O(n^2(n+m))\)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 610
#define M 3100
using namespace std;
typedef long long LL;
template<class T>
inline T mymin(T x,T y){return x<y?x:y;}
struct node
{
int y,next;
LL c;
}a[M];int len=1,last[N];
inline void insnode(int x,int y,LL c){len++;a[len].y=y;a[len].c=c;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
inline void ins(int x,int y,LL c){insnode(x,y,c);insnode(y,x,0);}
int h[N],list[N],head,tail,st,ed;
bool bfs()
{
memset(h,0,sizeof(h));h[ed]=1;
list[head=tail=1]=ed;
while(head<=tail)
{
int x=list[head++];
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(!h[y] && a[k^1].c)h[y]=h[x]+1,list[++tail]=y;
}
}
return h[st];
}
LL findflow(int x,LL f)
{
if(x==ed)return f;
LL s=0,t;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
if(h[y]+1==h[x] && a[k].c)
{
s+=t=findflow(y,mymin(f-s,a[k].c));
a[k].c-=t;a[k^1].c+=t;
if(s==f)return s;
}
}
if(!s)h[x]=0;
return s;
}
int n,m;
LL ans=0,aa[N],bb[N];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);st=(n<<1)+1;ed=(n<<1)+2;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&aa[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&bb[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(bb[i]>=0)
{
ans+=bb[i];
ins(i,i+n,aa[i]+bb[i]);
ins(i+n,ed,bb[i]<<1);
}
else
{
ans+=-bb[i];
ins(st,i,(-bb[i])<<1);
ins(i,i+n,aa[i]+(-bb[i]));
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
ins(x+n,y,(LL)999999999999999);
ins(y+n,x,(LL)999999999999999);
}
while(bfs()==1)
{
ans-=findflow(st,(LL)999999999999999);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
小结
还不够强，后面两道题还做不出来。
找规律太草了
