• AtCoder AGC #2 Virtual Participation


    在知乎上听zzx大佬说AGC练智商...于是试了一下

    A.Range Product

    给$a$,$b$,求$prod^{b}_{i=a}i$是正数,负数还是$0$

    。。。不写了

    B.Box and Ball

    有$n$个盒子,每个里面有一些小球,在$1$号盒子里有一个红球,现在给你若干次移动操作

    每次移动是“从$x$中随机抽出一个球中放到$y$中”

    最后询问有多少个盒子有可能有红球

    。。。sb题吧,不写了口胡一下

    发现一个盒子只要“有可能”被放过红球且未被拿光,就是“有可能”有红球,模拟即可

    官方题解说的很好,考虑$1$号盒子里有一盒红墨水,其它盒子里有清水,每次移动操作可看做从$x$取出一杯溶液灌到$y$里

    C.Knot Puzzle

    有$n$个长度为$a_1,a_2,...,a_n$的绳子,第$i$个和第$i + 1$个绳子($1 leq i leq (n -1)$)通过打结连接起来

    每次你可以选取一段还打着节的,且长度大于等于$L$的绳子,解开一个节

    求最后能不能解开这$n-1$个节,如果可以输出操作序列

    。。。sb题

    首先 因为最后所有节都要被打开,我们需要连续的两个绳子加起来大于等于$L$,没有直接就是Impossible

    找到了这两个,考虑构造

    因为他俩就已经大于等于$L$了,我们可以先从左到右把左边一个一个拆下来

    这样每一步都大于等于$L$

    然后从右到左拆右边

    最后拆他俩就可以啦

    D.Stamp Rally

    给一个$n$个点$m$条边的无向图,$q$组询问

    每次给出$x$,$y$,$z$表示一个人从$x$出发,一个人从$y$出发,同时走

    总共经过$z$个不同的点,要经过的编号最大的边编号最小是多少

    n,m,q 1e5

    #include<bits/stdc++.h>
    #define LL long long
    using namespace std;
    inline int read()
    {
        int x = 0,f = 1;char ch = getchar();
        for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-')f = -f;
        for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0';
        return x * f;
    }
    const int maxn = 1e5 + 10;
    int n,m,q;
    struct EDG{int u,v;}es[maxn];
    stack<EDG> s;
    struct Ques
    {
        int u,v,z,id;
    }qs[maxn],ts[maxn];
    int ans[maxn];
    int fa[maxn],size[maxn];
    inline int find(int x){return x == fa[x] ? x : find(fa[x]);}
    inline void divide(int l,int r,int ql,int qr)
    {
        if(l == r)
        {
            for(int i=ql;i<=qr;i++)ans[qs[i].id] = l;
            int fx = find(es[l].u),fy = find(es[l].v);
            if(size[fx] > size[fy])swap(fx,fy);if(fx != fy)fa[fx] = fy,size[fy] += size[fx];
            return;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        for(int i=l;i<=mid;i++)
        {
            int fx = find(es[i].u),fy = find(es[i].v);
            if(size[fx] > size[fy])swap(fx,fy);if(fx != fy)fa[fx] = fy,size[fy] += size[fx],s.push((EDG){fx,fy});
        }
        int cnt1 = ql - 1,cnt2 = 0;
        int tot;
        for(int i=ql;i<=qr;i++)
        {
            int fx = find(qs[i].u),fy = find(qs[i].v);
            if(fx == fy)tot = size[fx];
            else tot = size[fx] + size[fy];
            if(tot >= qs[i].z)qs[++cnt1] = qs[i];
            else ts[++cnt2] = qs[i];
        }
        for(int i=1;i<=cnt2;i++)qs[cnt1 + i] = ts[i];
        while(!s.empty())
        {
            EDG h = s.top();s.pop();
            fa[h.u] = h.u;size[h.v] -= size[h.u];
        }
        divide(l,mid,ql,cnt1);divide(mid + 1,r,cnt1 + 1,qr);
    }
    int main()
    {
        n = read(),m = read();
        for(int i=1;i<=m;i++){es[i].u = read(),es[i].v = read();}
        for(int i=1;i<=n;i++)fa[i] = i,size[i] = 1;
        q = read();
        for(int i=1;i<=q;i++)
        {
            qs[i].u = read(),qs[i].v = read(),qs[i].z = read();
            qs[i].id = i;
        }
        divide(1,m,1,q);
        for(int i=1;i<=q;i++)
            printf("%d
    ",ans[i]);
    }
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    先考虑暴力

    显然就是每次二分一个最大编号,check就是搞一个并查集看$x$和$y$的$size$到没有到$z$

    然后我们发现并不用二分...整体二分就可以了

    整体二分的时候用可持久化并查集维护一下,每次多余的边弹掉就可以了

    细节:当$x$,$y$在当前的图里处于同一个联通块的时候联通块大小是$size[x]$而不是$size[x] + size[y]$

    wls:可持久化并查集都可以用Kruskal重构树来做

    那这题的重构树做法显然就是二分一个高度暴力往上跳...两个复杂度和代码长度都比并查集优秀

    然而..我的思维路径是:整体二分->重构树->重构个锤子直接并查集

    成功错过正解

    E.Candy Piles

    有$n$堆糖,Alice和Bob轮流行动,每次可以选择吃掉最多的一堆或者从每个还有糖的堆吃一个

    吃到最后一个的就输了,求谁赢

    n 1e5 ai 1e9

    #include<bits/stdc++.h>
    #define LL long long
    using namespace std;
    inline int read()
    {
        int x = 0,f = 1;char ch = getchar();
        for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-')f = -f;
        for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0';
        return x * f;
    }
    const int maxn = 1e5 + 10;
    int n;int a[maxn];
    int main()
    {
        n = read();
        for(int i=1;i<=n;i++)a[i] = read();
        sort(a + 1,a + n + 1);reverse(a + 1,a + n + 1);
        int ans = 0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(i + 1 > a[i + 1])
            {
                for(int j=i+1;a[j] == i;j++) ans ^= 1;
                ans |= (a[i] - i) & 1;
                if(ans)puts("First");
                   else puts("Second");
                return 0;
            }
        }
    }
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    我们把每堆按糖数排序

    然后就成了一个杨表

    每次可以去掉这个杨表的左起第一列或者下起第一行

    也就是相当于每次可以从杨表左下角画一个长度为$1$的向右(吃掉行)或者向上(吃掉列)的线

    显然右边界全是必胜态

    然后,往右往上至少有一个必败态的是必胜态,全是必胜态的是必败态

    然后发现,一条斜线的状态是一样的,于是从左下画一条斜率为$1$的线,看必败还是必胜即可

    F.Leftmost Ball

    有$n$种颜色,每种颜色有恰好$k$个小球。现在把这$n imes k$个小球排成一排,然后把每种颜色最左边的小球染成颜色$0$。问总共有多少种不同的颜色序列。 

    神仙题 不会

    别人的题解 & 代码

    <del>体验到了智商被碾压的感觉</del>

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<cstdlib>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    
    typedef long long LL;
    
    const int N=2005;
    const int MOD=1000000007;
    
    int n,k,f[N][N],jc[N*N+N*2],ny[N*N+N*2];
    
    void updata(int &x,int y)
    {
        x+=y,x-=x>=MOD?MOD:0;
    }
    
    int C(int n,int m)
    {
        return (LL)jc[n]*ny[m]%MOD*ny[n-m]%MOD;
    }
    
    int main()
    {
        scanf("%d%d",&n,&k);k--;
        if (!k) {puts("1");return 0;}
        jc[0]=jc[1]=ny[0]=ny[1]=1;
        for (int i=2;i<=n*k+n+k;i++) jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%MOD,ny[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*ny[MOD%i]%MOD;
        for (int i=2;i<=n*k+n+k;i++) ny[i]=(LL)ny[i-1]*ny[i]%MOD;
        f[0][0]=1;
        for (int i=0;i<=n;i++)
            for (int j=i;j<=n;j++)
            {
                if (i) updata(f[i][j],f[i-1][j]);
                if (j) updata(f[i][j],(LL)f[i][j-1]*C(i+(j-1)*k+k-1,k-1)%MOD);
            }
        printf("%d",(LL)f[n][n]*jc[n]%MOD);
        return 0;
    }
    View Code

    我们可以看成每种颜色的小球都只有k-1个,然后就是要满足对于每个前缀,都有颜色为0的小球数量不能小于大于0的颜色数量。 
    考虑反过来计数。 
    设f[i,j]表示从后往前,已经放了i个颜色为0的小球和j种颜色的小球的方案,其中i必须不大于j。 
    一种转移是在当前位置放颜色为0的小球,也就是f[i,j]=f[i-1,j]。 
    一种转移是加入一种新的颜色,那么新颜色有k-1个小球,其中必须有一个放在最前面,然后后面已经放了的小球数是i+(j-1)*(k-1)。 
    那么系数就是一个简单的组合数了。 
    最后乘上一个n!即可。

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