啊哈，好像学会开火车了 。
感觉单人 vp ACM 有点自闭，但是没人陪我训练所以没办法了 。
G Least Number
给定正整数 (n) 和数字 (d)，求最小的数字和为 (n) 且不含数字 (d) 的正整数。
(2le nle 10^6)。
垃圾分类讨论题，随便测一测就写完了（
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, d;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> d;
if(d == 9){
if(n & 7) putchar((n & 7) | '0');
for(int i = n>>3;i;-- i) putchar('8');
} else if(!d || n % 9 != d){
if(n % 9) putchar(n % 9 + '0');
for(int i = n/9;i;-- i) putchar('9');
} else if(d == 8){
putchar('1'); putchar('7');
for(int i = n/9;i;-- i) putchar('9');
} else if(n > 9){
putchar(d + '1'); putchar('8');
for(int i = n/9;i > 1;-- i) putchar('9');
} else printf("1%d
", n-1);
}
F Dominating Subarray
对于两个长为 (k) 的正整数列 (b,c)，称 (b) 偏序 (c) 当且仅当 (b_ige c_i)。
给定长为 (n) 的正整数列 (a) 和正整数 (k)，求一个偏序所有长为 (k) 的子段的长为 (k) 的子段。
(kle nle 10^5)，(a_ile 10^6)。
(k=n) 时显然有解，否则还是分类讨论：
- 若是前缀，则 (a_ile a_{min(k,i-1)}pod{ige 2})；
- 若是后缀，则 (a_ile a_{max(n-k,i)+1}pod{i<n})；
- 否则，必须是连续 (k) 个最大值。
直接判即可，时间复杂度 (O(n))。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100003;
template<typename T>
bool chmax(T &a, const T &b){if(a < b) return a = b, 1; return 0;}
int n, k, a[N], mx;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> k;
if(k == n){putchar('1'); return 0;}
for(int i = 1;i <= n;++ i){cin >> a[i]; chmax(mx, a[i]);}
bool flg = true;
for(int i = 2;i <= n && flg;++ i) flg &= a[i] <= a[min(k,i-1)];
if(flg){putchar('1'); return 0;}
flg = true;
for(int i = n-1;i && flg;-- i) flg &= a[i] <= a[max(n-k,i)+1];
if(flg){printf("%d", n-k+1); return 0;}
for(int i = 2, j = 0;i < n;++ i)
if(a[i] == mx){
if(++j == k){printf("%d", i-k+1); return 0;}
} else j = 0;
puts("-1");
}
D Distance in Crosses
【题目描述略】
显然十字也构成四连通网格，所以也是算曼哈顿距离。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL xa, ya, xb, yb;
LL div5(LL x){return x >= 0 ? (x+2) / 5 : (x-2) / 5;}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> xa >> ya >> xb >> yb;
LL x1 = div5(2*xa+ya), y1 = div5(xa-2*ya), x2 = div5(2*xb+yb), y2 = div5(xb-2*yb);
printf("%lld
", llabs(x1-x2) + llabs(y1-y2));
}
I Multiplication
这是一道交互题
交互库有一个奇数 (xin[1,2^{31}-1])，给定正偶数 (n)，你需要给出 (n) 个 (<2^{31}) 的不同自然数 (a_i)，交互库会随机抽取其中的 (n/2) 个 (a_i)，将 (b_i=a_ixmod 2^{31}) 打乱之后告诉你，求 (x)。
(4le nle 10^5)。
你给出的 (a_i) 直接取随机奇数即可。
首先看 (b_1)，有 (x^{-1}=a_{?}cdot b_1^{-1})，将可能的 (n) 个 (x^{-1}) 算出来，然后用 (forall i,b_icdot x^{-1}=a_{?}) 大力判断。期望复杂度 (O(n))。
不要贪图侥幸直接随机，必须用个 set 去重。
而且这个模 (2^{31}) 好阴间啊，能不能直接模 (2^{32}) 爽快点（
#include<bits/stdc++.h>
#define PB emplace_back
using namespace std;
const int N = 100003;
const unsigned ALL = -1u>>1;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int n, m, pos[N];
unsigned b[N], ans;
set<unsigned> S;
unsigned Inv(unsigned x){
unsigned res = 1;
for(int i = 1;i < 31;++ i)
if(res*x>>i&1) res |= 1u<<i;
return res;
}
vector<unsigned> res;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n; m = n>>1;
while(S.size() < n) S.insert((rng()&ALL)|1);
for(unsigned u : S) cout << u << ' ';
cout << endl;
for(int i = 0;i < m;++ i)
cin >> b[i];
unsigned tmp = Inv(b[0]);
for(unsigned u : S) res.PB(u*tmp&ALL);
for(int i = 1;i < m && res.size() > 1;++ i){
vector<unsigned> nxt;
for(unsigned x : res){
unsigned tmp = b[i]*x&ALL;
if(S.count(tmp)) nxt.PB(x);
} res.swap(nxt);
}
cout << Inv(res[0]) << endl;
}
A Create the Best Pet
【题目描述略】
也就只能大力枚举判断了，因为用 Gene 判比较快所以先用 Gene 判再用 Power 判，跑个几秒就跑出来了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const unsigned ALL = -1u>>1;
template<typename T>
bool chmax(T &a, const T &b){if(a < b) return a = b, 1; return 0;}
struct u31 {
unsigned x;
u31(unsigned a = 0): x(a&ALL){}
u31 operator + (const u31 &o) const {return x + o.x & ALL;}
u31 operator * (const u31 &o) const {return x * o.x & ALL;}
u31 Inv() const {
unsigned res = 1;
for(int i = 1;i < 31;++ i)
if(res*x>>i&1) res ^= 1u<<i;
return res;
}
};
u31 calc(const string &s){
int len = s.size(); u31 res;
for(int i = 0;i < len;++ i)
res = res * 31 + s[i];
return res;
}
int mx, ans[8], info[8];
unsigned pos;
int main(){
unsigned L, R; string str;
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> L >> R >> str; R += L;
unsigned _ = /*Magic Number*/^calc(str).x;
for(unsigned i = L;i <= R;++ i){
u31 sd(_ ^ i);
int scr = 0, tmp[8];
for(int i = 0;i < 8;++ i){
tmp[i] = 0;
for(int j = 0;j < 10000;++ j){
sd = sd * 1234567893 + 151515151;
tmp[i] += sd.x % 3 - 1;
}
scr += abs(tmp[i]);
}
if(chmax(mx, scr)){
pos = i;
for(int i = 0;i < 8;++ i) ans[i] = tmp[i] + 500;
for(int i = 0;i < 8;++ i){
sd = sd * 1234567893 + 151515151;
info[i] = sd.x % 5;
}
}
}
printf("%u %.3f
", pos, mx / 8.);
for(int i = 0;i < 8;++ i) printf("%d ", ans[i]);
putchar('
');
for(int i = 0;i < 8;++ i) printf("%d ", info[i]);
}
J Guess Two Strings
这是个 jb 的交互题
出题人有两个长为 (n) 的 ( exttt{01}) 字符串 (S,T)，他按如下方式生成 (q) 个 ( exttt{01}) 字符串并告诉你，求 (S,T)：
- 随机选 (S) 或 (T) 之一，翻转随机的 (k) 个 bit。
(n=q=100)，(k=15)，(Sle T)。
这种东西显然直接瞎搞搞就行了。
输入的 (q) 个串形成两个团。随机枚举其中两个串，假装它们属于不同的团，按其他串到它们的汉明距离划分成两个团。求 (S,T) 的时候直接对每一位取众数即可。期望复杂度 (O(nq))。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int n, k, q;
string S[100], ans[2];
bool a[100];
int dis(const string &a, const string &b){
int res = 0;
for(int i = 0;i < n;++ i) res += a[i] != b[i];
return res;
}
bool work(){
int p1 = rng() % q, p2 = rng() % q;
if(p1 == p2) return true;
for(int i = 0;i < q;++ i)
a[i] = dis(S[i], S[p1]) > dis(S[i], S[p2]);
for(int _ = 0;_ < 2;++ _)
for(int i = 0;i < n;++ i){
int cnt[2] = {};
for(int j = 0;j < q;++ j)
if(a[j] == _) ++ cnt[S[j][i] ^ '0'];
ans[_][i] = (cnt[0] < cnt[1]) | '0';
}
for(int i = 0;i < q;++ i)
if(dis(S[i], ans[0]) > k && dis(S[i], ans[1]) > k)
return true;
if(ans[0] > ans[1]) swap(ans[0], ans[1]);
return false;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> k >> q;
for(int i = 0;i < q;++ i){
cout << '?' << endl;
cin >> S[i];
}
ans[0].resize(n);
ans[1].resize(n);
while(work());
cout << "! " << ans[0] << ' ' << ans[1] << endl;
}
K Beautiful Tables
【题目描述略】
显然题目条件是每行每列形成等差数列，随便手玩一下就知道等价于存在四个数 (a,b,c,d)，使得 (a_{i,j}=a+bi+cj+dij)，直接解线性方程组即可。
最后蜜汁 WA 没调出来，赛后仔细看看才发现是分母算出负数了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n, m, cnt;
char str[10];
LL gcd(LL a, LL b){return b ? gcd(b, a % b) : a;}
struct Frac {
LL a, b;
Frac(LL x = 0, LL y = 1){LL g = gcd(x, y); a = x / g; b = y / g; if(b < 0){a = -a; b = -b;}}
Frac operator + (const Frac &o) const {
LL g = gcd(b, o.b);
return Frac(o.b / g * a + b / g * o.a, b / g * o.b);
}
Frac operator - (const Frac &o) const {
LL g = gcd(b, o.b);
return Frac(o.b / g * a - b / g * o.a, b / g * o.b);
}
Frac operator * (const Frac &o) const {
LL g1 = gcd(b, o.a), g2 = gcd(a, o.b);
return Frac(a / g2 * (o.a / g1), b / g1 * (o.b / g2));
}
Frac Inv() const {return Frac(b, a);}
Frac operator / (const Frac &o) const {return this->operator*(o.Inv());}
operator bool() const {return a;}
friend ostream& operator << (ostream& out, const Frac &o){
out << o.a << '/' << o.b; return out;
}
} mat[4][5], tmp[5];
void Ins(Frac *a){
for(int i = 0;i < 4;++ i) if(a[i]){
if(!mat[i][i]){
for(int j = i+1;j < 5;++ j) mat[i][j] = a[j] / a[i];
mat[i][i] = 1; ++cnt; return;
}
for(int j = i+1;j < 5;++ j) a[j] = a[j] - a[i] * mat[i][j];
a[i] = 0;
}
if(a[4]){cout << "None" << endl; exit(0);}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m;
if(n == 1){tmp[1] = 1; tmp[0] = tmp[2] = tmp[3] = tmp[4] = 0; Ins(tmp);}
if(m == 1){tmp[2] = 1; tmp[0] = tmp[1] = tmp[3] = tmp[4] = 0; Ins(tmp);}
if(n == 1 || m == 1){tmp[3] = 1; tmp[0] = tmp[1] = tmp[2] = tmp[4] = 0; Ins(tmp);}
for(int i = 0;i < n;++ i)
for(int j = 0;j < m;++ j){
cin >> str;
if(str[0] != '?'){
tmp[0] = 1; tmp[1] = i;
tmp[2] = j; tmp[3] = i*j;
tmp[4] = atoi(str); Ins(tmp);
}
}
if(cnt == 4){
for(int i = 3;~i;-- i){
tmp[i] = mat[i][4];
for(int j = i+1;j < 4;++ j)
tmp[i] = tmp[i] - mat[i][j] * tmp[j];
}
cout << "Unique" << endl;
for(int i = 0;i < n;++ i){
for(int j = 0;j < m;++ j)
cout << tmp[0]+tmp[1]*Frac(i)+tmp[2]*Frac(j)+tmp[3]*Frac(i*j) << ' ';
cout << endl;
}
return 0;
}
for(int i = 3;~i;-- i){
tmp[i] = mat[i][4];
for(int j = i+1;j < 4;++ j)
tmp[i] = tmp[i] - mat[i][j] * tmp[j];
}
cout << "Multiple" << endl;
for(int i = 0;i < n;++ i){
for(int j = 0;j < m;++ j)
cout << tmp[0]+tmp[1]*Frac(i)+tmp[2]*Frac(j)+tmp[3]*Frac(i*j) << ' ';
cout << endl;
}
cout << "and" << endl;
for(int i = 3;~i;-- i){
tmp[i] = mat[i][i] ? mat[i][4] : Frac(1);
for(int j = i+1;j < 4;++ j)
tmp[i] = tmp[i] - mat[i][j] * tmp[j];
}
for(int i = 0;i < n;++ i){
for(int j = 0;j < m;++ j)
cout << tmp[0]+tmp[1]*Frac(i)+tmp[2]*Frac(j)+tmp[3]*Frac(i*j) << ' ';
cout << endl;
}
}
H Galactic Governments
给定 ([0,C]^k) 的 (n) 个子长方体，求水平序最小的不在任何一个长方体内的格子。
(nle 18)，(kle 10)，(Cle 1000)。
二分之后转化为算一个子长方体与这 (n) 个子长方体的并的交，直接容斥，时间复杂度 (O(2^nklog C))。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1073740847;
int n, k, C, a[18][10], b[18][10], L[10], R[10];
void qmo(int &x){x += x >> 31 & mod;}
template<typename T>
bool chmax(T &a, const T &b){if(a < b) return a = b, 1; return 0;}
template<typename T>
bool chmin(T &a, const T &b){if(a > b) return a = b, 1; return 0;}
int dfs(int d){
for(int i = 0;i < k;++ i) if(L[i] >= R[i]) return 0;
if(d == n){
int ans = 1;
for(int i = 0;i < k;++ i) ans = (LL)ans * (R[i]-L[i]) % mod;
return ans;
}
int tl[10], tr[10], ans = dfs(d+1);
memcpy(tl, L, sizeof L); memcpy(tr, R, sizeof R);
for(int i = 0;i < k;++ i){
chmax(L[i], a[d][i]); chmin(R[i], b[d][i]);
}
qmo(ans -= dfs(d+1));
memcpy(L, tl, sizeof L); memcpy(R, tr, sizeof R);
return ans;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> k >> C;
for(int i = 0;i < k;++ i) R[i] = C;
for(int i = 0;i < n;++ i){
for(int j = 0;j < k;++ j) cin >> a[i][j];
for(int j = 0;j < k;++ j) cin >> b[i][j];
}
if(!dfs(0)){puts("NO"); return 0;}
puts("YES");
for(int i = 0;i < k;++ i){
while(L[i] + 1 < R[i]){
int tmp = R[i]; R[i] = L[i] + R[i] >> 1;
if(!dfs(0)){L[i] = R[i]; R[i] = tmp;}
}
printf("%d ", L[i]);
}
}
C Clique Festival
给定 (n) 个点的无向连通图，其边集是 (k) 个边权相同的团 (C_i)，求两两最短路长度之和。
(nle 10^5)，(kle 18)，(1le wle 10^7)，(sum |C_i|le 3cdot 10^5)。
考虑两个点 (u,v) 之间的最短路，因为团比较少所以转化为团之间的最短路。
建有向图 (G) 表示若 (C_icap C_j evarnothing) 则连边 (i o j)，边权为 (a_j)，设 (u,v) 分别属于 (C_i,C_j)，则 ( ext{dis}(u,v)=min_{i,j}{ ext{dis}_G(i,j)+a_i})。
( ext{dis}_G(i,j)) 显然很容易算。考虑按权值从小到大枚举 ((i,j))，数出对应的 (u,v) 数量。设 (D_i) 表示所有处理过的 ((i,j)) 的 (j) 的集合。
枚举 (u)，(v) 的取值是 (C_jackslashigcuplimits_{C_asupseteq u,bin D_a}C_b)，这个是可以 (O(k2^k)) 预处理 (O(k)) 计算的，具体不太好描述就不写了。
总时间复杂度 (O(k^2sum |C_i|+k2^k+nk^2/w))，好像吊打标算了，改天出到模拟赛里 。
#include<bits/stdc++.h>
#define PB emplace_back
#define fi first
#define se second
#define ALL(x) x.begin(), x.end()
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
typedef long long LL;
const int N = 100003, M = 1<<18;
template<typename T>
bool chmin(T &a, const T &b){if(a > b) return a = b, 1; return 0;}
int n, K, lim, a[18], G[18][18], msk[N], b[M], d[18];
LL ans;
bitset<N> C[18];
vector<pii> vec;
vector<int> VC[18];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> K; lim = 1<<K;
for(int i = 0, m;i < K;++ i){
cin >> a[i] >> m; VC[i].resize(m);
for(int j = 0;j < m;++ j){
cin >> VC[i][j];
msk[--VC[i][j]] |= 1<<i;
C[i].set(VC[i][j]);
}
}
for(int i = 0;i < n;++ i) ++ b[msk[i]];
for(int S = 1;S < lim;++ S){
int res = 1e9;
for(int u = 0;u < K;++ u) if(S>>u&1) chmin(res, a[u]);
ans -= (LL)res*b[S];
}
for(int i = 1;i < lim;i <<= 1)
for(int j = 0;j < lim;j += i<<1)
for(int k = 0;k < i;++ k)
b[i+j+k] += b[j+k];
for(int i = 0;i < K;++ i)
for(int j = 0;j < K;++ j)
G[i][j] = i == j ? 0 : ((C[i] & C[j]).any() ? a[j] : 1e9);
for(int k = 0;k < K;++ k)
for(int i = 0;i < K;++ i)
for(int j = 0;j < K;++ j)
chmin(G[i][j], G[i][k] + G[k][j]);
for(int i = 0;i < K;++ i)
for(int j = 0;j < K;++ j){
G[i][j] += a[i]; vec.PB(i, j);
}
sort(ALL(vec), [&](const pii &a, const pii &b){return G[a.fi][a.se] < G[b.fi][b.se];});
for(pii _ : vec){
int ca = _.fi, cb = _.se;
LL res = 0;
for(int u : VC[ca]){
int tmp = 0;
for(int i = 0;i < K;++ i)
if(msk[u]>>i&1) tmp |= d[i];
tmp ^= lim-1; res += b[tmp] - b[tmp&~(1<<cb)];
} d[ca] |= 1<<cb; ans += res*G[ca][cb];
}
printf("%lld
", ans>>1);
}
B Graph and Machine
给定 (k) 个点 (m) 条边的无向简单连通图 ((V,E))，每个点 (u) 有点权 (c_uin{0,1})。
给定 (N) 个点的 DAG，点 (s) 没有入边，称为源点，点 (t_0,t_1) 没有出边，称为汇点，汇点之外的点 (u) 有标记 (l_uin{1,2,cdots,m})，且有两条出边分别连向 (o_{u,0}) 和 (o_{u,1})。
判断是否 (forall (x_1,x_2,cdots,x_m)in{0,1}^m)，在 DAG 上从 (s) 出发，每次从 (u) 走到 (o_{u,c_{l_u}})，最终走到 (t_1) 当且仅当 (forall uin V,igopluslimits_{(u,v)in E} x_u=c_v)。
(N,mle 3cdot 10^5)，(Nge 3)，对于所有从源点到汇点的路径，经过的点的标记不同。
【未完待续】