- Codeforces 1091
- A.New Year and the Christmas Ornament
- B.New Year and the Treasure Geolocation
- C.New Year and the Sphere Transmission(思路)
- D.New Year and the Permutation Concatenation(思路 计数)
- E.New Year and the Acquaintance Estimation(Erdos–Gallai定理 二分)
- F.New Year and the Mallard Expedition(贪心)
- H.New Year and the Tricolore Recreation(博弈论 bitset)
Codeforces 1091
为什么我Good Bye 2018的CD全是打表+oeis啊=-=(你改叫oeisforces好了)
一定是我打开方式不对 反正给差评→_→
(orz (mathbb{mjt}) CD都是推出来的!)
话说E只要看出是Erdős–Gallai定理然后想到二分,就是裸题么...?竟然都没怎么看题面给的链接。。sad。好吧反正我也不会二分。
以后不能直接弃疗啊。
A.New Year and the Christmas Ornament
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
inline int read()
{
int now=0,f=1;
register char c=gc();
for(; !isdigit(c); c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(; isdigit(c); now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
int ans;
signed main()
{
int A = read(), B = read(), C = read();
for(int i = 1; i <= 100; i++)
{
if(i <= A && (i + 1 <= B) && (i + 2 <= C)) ans = i + i + 1 + i + 2;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}
B.New Year and the Treasure Geolocation
解法一:因为有(sum x_i+a_j=n*ans_x),所以(ans_x)就是(frac{sum x_i+a_j}{n})。(ans_y)同理。
解法二:因为一定是最大的(x_i)和最小的(a_j)配对,所以其实输出(frac{max{x_i}+min{a_j}}{2})即可。
解法三:枚举(x_1,y_1)对应哪个(a_j,b_j),然后就可以(O(nlog n))地判断。复杂度(O(n^2log n))。
我写的最傻的这种==。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1005;
int X[N],Y[N],A[N],B[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
int main()
{
int n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) X[i]=read(), Y[i]=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read(), B[i]=read();
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
bool f=1;
int ansx=X[1]+A[i],ansy=Y[1]+B[i];
std::map<int,int> vx,vy;
for(int j=2; j<=n; ++j)
++vx[X[j]], ++vy[Y[j]];
for(int j=1; j<=n; ++j)
{
if(i==j) continue;
if(!vx[ansx-A[j]]||!vy[ansy-B[j]]) {f=0; break;}
--vx[ansx-A[j]], --vy[ansy-B[j]];
}
if(f) return printf("%d %d
",ansx,ansy),0;
}
return 0;
}
C.New Year and the Sphere Transmission(思路)
首先可以猜到和是多少与(gcd(n,k))有关。因为可以
打表看出有多少种(gcd(n,k),1leq kleq n),就有多少个答案。
然后再利用一下表,多枚举几个(g=gcd(n,k)),算((oeis))一下这时候的答案,发现就是(frac{n^2-(g-2)n}{2g})。
或者大概能猜到,(gcd(n,k)=g)时,会走到(1,1+g,1+2g,1+3g...)这些数,同时会有(frac{n}{g})项。等差数列求和就算出来了。
然后所有可能的(gcd(n,k))就是(n)的约数。对(n)分解约数就行了。
官方题解:
把(1)从序列中拿出去。
假设我们要走到(v)这个数,那么有(a*kequiv v (mod n)),也就是(a*k-b*n=v, a,binmathbb{N})。然后我们知道当且仅当(gcd(n,k)mid v) 时方程有解。也就是当(gcd(n,k)=g)时,一定会走到(g)的倍数这些数,有(frac{n}{g})个。同样等差数列求和就行了。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e6+5;
LL Ans[N];
std::map<LL,bool> vis;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
void Work(int n)
{
int t=0; vis.clear();
for(int k=1; k<=n; ++k)
{
int p=(1+k-1)%n+1; LL s=1;
while(p!=1) s+=p, p=(p+k-1)%n+1;
if(!vis[s]) vis[s]=1, Ans[++t]=s, printf("(%d,%d)=%I64d
",n,k,s);
}
std::sort(Ans+1,Ans+1+t);
printf("%d
",n);
for(int i=1; i<=t; ++i) printf("%d ",Ans[i]);
puts(""); puts("");
}
int main()
{
// int n=read(),t=0;
// for(int i=1; i<=40; ++i) Work(i); return 0;
int n=read(),t=0;
for(int i=1; 1ll*i*i<=n; ++i)
if(!(n%i))
{
int g=i;
Ans[++t]=(1ll*n*n-1ll*(g-2)*n)/(2*g);
if(1ll*i*i!=n) g=n/i, Ans[++t]=(1ll*n*n-1ll*(g-2)*n)/(2*g);
}
std::sort(Ans+1,Ans+1+t);
t=std::unique(Ans+1,Ans+1+t)-Ans-1;
for(int i=1; i<=t; ++i) printf("%I64d ",Ans[i]);
return 0;
}
D.New Year and the Permutation Concatenation(思路 计数)
(Description)
给定(n)。将(n!)种(n)的排列按字典序从小到大拼接成一个长为(n*n!)的序列,求该序列中有多少个长为(n)的子段,满足它们的和为(frac{n(n+1)}{2})(就是(1,...,n)各出现一次)。
(nleq 10^6)。
(Solution)
打出表来,发现什么都(OEIS)不到。再猜答案和(n*n!)有关系。然后用(n*n!)一减答案发现这个数列可以被(OEIS)到,然后套几个式子/数列再用(n*n!)一减就得到答案了。。
没看懂题解在说啥。写一下(神仙)(mathbb{mjt})的做法orz。
对于(n=3),(p=[1,2,3,1,3,2,2,1,3,2,3,1,3,1,2,3,2,1]),(结合样例解释)我们猜,把排列分成(n)段,也就是以不同数开头的排列为一段,这些段的答案是一样的。(对于(n=3)就是分成([1,2,3,1,3,2],[2,1,3,2,3,1],[3,1,2,3,2,1])三段)
事实上也确实是这样,对于相邻两段比如:(2,n,...1,3,1,...,n),它们之间也形不成合法子段。
所以我们现在只考虑怎么算以某个数开头的排列的答案(比如([1,2,3,1,3,2])),再乘(n)就是答案了。
我们猜是可以递推的。也就是假设我们知道(n-1)时的答案(f_{n-1}),怎么求(f_n)?
拿(n=4)来说,考虑此时以(4)开头的排列,就是在每个(3)的排列前面加上一个(4)再拼在一起。
显然我们可以得到(3!)种合法子段。而(f_3)中的每种方案,在(n=4)时也都能和一个(4)组成合法的子段(写一写看)。但唯独最后面的(4,3,2,1)算了两次。所以有:(f_n=left[f_{n-1}+(n-1)!-1
ight]*n)。
代码是(OEIS)的那种。。懒得再写了。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
#define mod 998244353
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e6+5;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
//bool Check(int *p,int n)
//{
// for(int i=1; i<=n; ++i) if(p[i]!=i) return 0;
// return 1;
//}
//void Work(int n)
//{
// static int A[10000004],p[15];
// for(int i=1; i<=n; ++i) p[i]=i;
// int t=0;
// do
// {
// for(int i=1; i<=n; ++i) A[++t]=p[i];
// std::next_permutation(p+1,p+1+n);
// }while(!Check(p,n));
// int ans=0;
// for(int i=1; i<=t; ++i)
// {
// int s=0;// n<=4 && printf("%d ",A[i]);
// for(int j=i; j-i+1<=n && j<=t; ++j)
// s+=A[j], j-i+1==n && s==n*(n+1)/2 && (++ans);
// if(n<=5 && i+n-1<=t) printf("%lld ",s);
// }
// puts("");
// printf("%d:%d t:%d
",n,ans,t);
//}
int fac[N],A[N];
int main()
{
// for(int i=1; i<=9; ++i) Work(i);
int n=read();
fac[0]=1, A[0]=1;
for(int i=1; i<=n; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=1ll*i*A[i-1]%mod+1;
A[n]=(A[n]+mod-fac[n]-1)%mod;
LL ans=1ll*n*fac[n]%mod-A[n];
printf("%d
",(int)(ans%mod+mod)%mod);
return 0;
}
E.New Year and the Acquaintance Estimation(Erdos–Gallai定理 二分)
(Description)
给定度数序列(d_1,...,d_n),求(d_{n+1})等于多少时,度数序列(d_1,d_2,...,d_{n+1})可简单图化。输出所有可能的(d_{n+1})。
可简单图化是指,存在一张简单无向图,使得该图点的度数可以与该度数序列一一对应。
(nleq 5 imes 10^5)。
(Solution)
话说E只要看出是Erdős–Gallai定理然后想到二分,就是裸题么...?
题意就是,输出(d_{n+1})等于多少时,度数序列(d_1,d_2,...,d_{n+1})可简单图化(就是存在一张简单图使得满足该度数序列)。(当时竟然想都没想真是气人)
考虑枚举(d_{n+1})。给定一个度数序列判断其是否合法可以用Erdős–Gallai定理,复杂度(O(n))。所以现在的复杂度是(O(n^2))的。
根据样例我们还可以猜想并验证:
- 由握手定理(就是无向图中所有点的度数之和为偶数),(d_{n+1})的奇偶性可以确定。
- 满足条件的(d_{n+1})一定是一段连续的区间。
所以我们就可以二分了。
二分要得到的是某段区间,分别二分左右端点,但还需要讨论一下。
令(n=n+1),写一下Erdős–Gallai定理的式子:$$sum_{i=1}^kd_ileq k(k-1)+sum_{i=k+1}^nmin(d_i,k)$$
二分(n)的度数(d_n=mid),然后(sort)一下度数序列。
从小到大枚举(k)的时候,记(left)为左式的值,(right)为右式的值。若一直有(leftleq right),显然(mid)可行。
否则若(left>right),我们要么减小(left),要么增大(right)。而唯一能改变的就是(n)的度数(mid)。
所以现在若(midgeq d_k)(影响左式),我们可以减小(mid)使得序列合法,也就是答案偏大。
若(mid<d_k)(影响右式),可以增大(mid),也就是答案偏小。
可以确定答案偏大偏小,就可以二分出区间了。复杂度(O(nlog n))。
//187ms 8200KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;
int A[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int Check(const int n,const int mid)
{
static int d[N];
static LL sum[N];
A[n]=-1;
for(int i=1,p=1; i<=n; ++i) d[i]=(p==i&&mid>A[p])?mid:A[p++], sum[i]=sum[i-1]+d[i];
LL vl,vr;
for(int k=1,p=n; k<=n; ++k)
{
while(p>k && d[p]<k) --p;
vl=sum[k], vr=1ll*k*(k-1)+1ll*(std::max(p,k)-k)*k+sum[n]-sum[std::max(p,k)];
if(vl>vr) return mid<d[k]?-1:1;
}
return 0;
}
int main()
{
int n=read(),parity=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) parity^=(A[i]=read())&1;
std::sort(A+1,A+1+n,std::greater<int>());
int l=0,r=n-parity>>1,L=0,R=-1,mid;
while(l<=r)
if(Check(n+1,(mid=l+r>>1)*2+parity)>=0) L=mid, r=mid-1;
else l=mid+1;
l=0,r=n-parity>>1;
while(l<=r)
if(Check(n+1,(mid=l+r>>1)*2+parity)<=0) R=mid, l=mid+1;
else r=mid-1;
if(L>R) puts("-1");
else for(int i=L; i<=R; ++i) printf("%d ",i*2+parity);
return 0;
}
F.New Year and the Mallard Expedition(贪心)
写了近一天,改了4遍越改越麻烦...mmp...
其实很好写...
先假设所有路程都飞过去,能量不够等会再补。则此时的答案为(ans=sumlimits_{i=1}^nL_i)。
然后从(i=1sim n)枚举。如果此时的能量不够飞(L_i)的距离,就从之前补。
所以记(W,G)分别表示之前飞过的(water)有多少、之前飞过的(grass)有多少。
显然能量来自,将飞过的(W)路程变成游过去,还不够的话将飞过的(G)路程变成走过去,再不够的话,如果出现过(water)就来回游补够能量,没出现过(water)就在(grass)来回走补够能量。
所以对于(L_i),我们需要从(W)转移过来的能量有(t=min{L_i,2W})((W)的路程能变成(2W)能量,因为是将原先的飞替换成游),也就是需要将之前(frac t2)路程的飞变为游泳,来获得这(t)能量。所以(ans)+=(frac t2 imes2),(W)-=(frac t2)(为了避免小数将(W)*=(2),此时就是(W)-=(t))。
如果此时(L_i-t)仍不为(0),那么同样从(G)转移。
还不为(0),则如上所述来回游/走。
//46ms 1000KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,Ref1[3]={5,3,1},Ref2[3]={1,3,1};
int mp[N];
LL A[N];
inline LL read()
{
LL now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int main()
{
int n=read(); LL ans=0;
for(int i=1; i<=n;++i) ans+=A[i]=read();
register char c=gc(); while(c!='W'&&c!='G'&&c!='L') c=gc();
//Grass:0 Water:1 Lava:2
mp[1]=c=='L'?2:c=='W';
for(int i=2; i<=n;++i) c=gc(), mp[i]=c=='L'?2:c=='W';
LL W=0,G=0;
for(int i=1,cost=5; i<=n; ++i)
{
if(!mp[i]) G+=A[i]<<1;
else if(mp[i]==1) W+=A[i]<<1, cost=3;
LL rest=A[i],t;
t=std::min(rest,W), rest-=t, ans+=t, W-=t;
t=std::min(rest,G), rest-=t, ans+=t<<1, G-=t;
ans+=rest*cost;
}
printf("%I64d
",ans);
return 0;
}
咕咕
H.New Year and the Tricolore Recreation(博弈论 bitset)
(Description)
Alice和Bob玩游戏。给定(n,f),表示有(n)行的棋盘,每行有三个棋子。Alice每次可以选择一行将该行左边的一个或两个棋子往右移动(d)步,Bob每次可以选择一行将该行右边的一个或两个棋子往左移动(d)步。
要求移动时一个棋子不能跨越另一个棋子,且(d)是质数或两个质数的乘积,且(d
eq f)。求出Alice和Bob分别作为先手时,谁能赢。
(nleq10^5, 坐标绝对值leq10^5)。
(Solution)
右移一个棋子就是缩小第二三两个棋子之间的距离,右移两个棋子就是缩小一二两个棋子之间的距离。设三个棋子位置为(a,b,c),每一行实际就是两个棋子数为(c-b-1,b-a-1)的(nim)游戏。
如果能算出棋子数为(x)的游戏的(SG)函数,将(2n)个游戏的(sg)值全异或起来即可。考虑如何算,显然有(sg(x)=mathbb{mex}_{din P}{sg(x-d)}),但是复杂度是(n^2)的。
打个表发现,(sg)值最大不会超过(100)(我也不知道怎么能得出的)。我们开(100)个(bitset A[i]),分别表示每个数字是否存在(sg)值为(i)的后继。再预处理(din P)的(bitset S)。这样从小到大求(sg(i))时,就for
一遍看它不存在哪个(sg)值的后继;然后(A[sg(i)]|=S<<i)即可(更新上能到(i)的位置)。
复杂度(O(frac{n^2}{w}))。
//1638ms 4700KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=2e5+1,M=102;
int sg[N];
std::bitset<N> S,A[M];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
void Init()
{
static int P[N],mn[N];
int cnt=0;
for(int i=2; i<N; ++i)
{
if(!mn[i]) P[++cnt]=i;
for(int j=1; j<=cnt&&i*P[j]<N; ++j)
{
mn[i*P[j]]=i;
if(!(i%P[j])) break;
}
}
for(int i=2; i<N; ++i) if(!mn[mn[i]]) S[i]=1;
}
int main()
{
int n=read(); Init(), S[read()]=0;
for(int i=0; i<N; ++i)
{
while(A[sg[i]][i]) ++sg[i];
A[sg[i]]|=S<<i;
}
int ans=0;
for(int a,b,c; n--; ) a=read(),b=read(),c=read(),ans^=sg[b-a-1]^sg[c-b-1];
puts(ans?"Alice
Bob":"Bob
Alice");
return 0;
}