AtCoder Grand Contest 002
A - Range Product
翻译
告诉你(a,b)，求(prod_{i=a}^b i)是正数还是负数还是零。
题解
什么鬼玩意。
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int a,b;
cin>>a>>b;
if(a<=0&&b>=0)cout<<"Zero"<<endl;
else
{
if(a>0)cout<<"Positive"<<endl;
else if((b-a+1)%2)cout<<"Negative"<<endl;
else cout<<"Positive"<<endl;
}
return 0;
}
B - Box and Ball
翻译
有(n)个盒子，(1)号盒子里有一个红球，其他盒子里有一个白球，(m)个操作，每次随机将(x_i)中的一个球放进(y_i)中，求所有可能存在红球的盒子数量。
题解
什么鬼玩意。暴力模拟一下没事了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 100100
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
bool vis[MAX];
int n,m,ans,a[MAX];
int main()
{
n=read();m=read();
vis[1]=true;
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=1;
while(m--)
{
int x=read(),y=read();
if(!a[x])continue;
if(vis[x])vis[y]=true;
--a[x];++a[y];
if(!a[x])vis[x]=false;
}
for(int i=1;i<=n;++i)ans+=vis[i];
printf("%d
",ans);
return 0;
}
C - Knot Puzzle
翻译
有(n)根绳子，第(i)根的长度为(a_i)，一开始所有绳子都被系在一起成了一条链，每次你可以选择根长度不小于(L)的绳子，然后解开它的任意一个结，问能否解开所有结，如果可以输出一个方案。
题解
诶，这种题目我都不会做，菜的不行啊。
我们只考虑最后一次操作，显然是要断开两个连在一起的绳子，那么它们必定相邻，并且和大于等于(L)，所以找到这个位置之后把前后顺次解完，最后再解这个位置就好了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 100100
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int n,L,a[MAX];
int main()
{
n=read();L=read();
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
bool fl=false;int pos;
for(int i=1;i<n;++i)if(a[i]+a[i+1]>=L)fl=true,pos=i;
if(!fl){puts("Impossible");return 0;}
puts("Possible");
for(int i=1;i<pos;++i)printf("%d
",i);
for(int i=n-1;i>pos;--i)printf("%d
",i);
printf("%d
",pos);
return 0;
}
D - Stamp Rally
翻译
给定一张图，每次询问从(x-y)选择两条路径，要求被经过的点数恰好为(z)，求经过的最大编号的边的最小值。
题解
最大编号的最小值(
ightarrow)二分，多组询问(
ightarrow)整体二分。
怎么二分？两个点如果联通，答案就是联通块大小，否则就是两个点所在的联通块大小之和。
怎么维护联通块大小？并查集，反正支持撤销，搞定啦。
yyb因为把一个m打成了n而调了40分钟
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 100100
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
struct Ask{int x,y,z,id;}p[MAX],tmp[MAX];
struct edge{int x,y;}e[MAX],S[MAX];
int sz[MAX],f[MAX],top,ans[MAX];
int getf(int x){while(x!=f[x])x=f[x];return x;}
int n,m,Q;
void Work(int l,int r,int L,int R)
{
if(l==r){for(int i=L;i<=R;++i)ans[p[i].id]=l;return;}
int mid=(l+r)>>1,stop=top,t1=L-1,t2=R+1;
for(int i=l;i<=mid;++i)
{
int u=getf(e[i].x),v=getf(e[i].y);
if(u==v)continue;
if(sz[u]<sz[v])swap(u,v);
f[v]=u;sz[u]+=sz[v];S[++top]=(edge){u,v};
}
for(int i=L;i<=R;++i)
{
int x=getf(p[i].x),y=getf(p[i].y),tot;
if(x==y)tot=sz[x];else tot=sz[x]+sz[y];
if(tot>=p[i].z)tmp[++t1]=p[i];
else tmp[--t2]=p[i];
}
for(int i=L;i<=R;++i)p[i]=tmp[i];
Work(mid+1,r,t2,R);
while(top>stop)
{
int u=S[top].x,v=S[top].y;--top;
f[v]=v;sz[u]-=sz[v];
}
Work(l,mid,L,t1);
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;++i)e[i].x=read(),e[i].y=read();
for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=i,sz[i]=1;
Q=read();
for(int i=1;i<=Q;++i)
{
int x=read(),y=read(),z=read();
p[i]=(Ask){x,y,z,i};
}
Work(1,m,1,Q);
for(int i=1;i<=Q;++i)printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}
E - Candy Piles
翻译
有(n)堆石子，第(i)堆有(a_i)个石子。有两种操作：
- 把石子最多的那一堆给丢掉
- 把每一堆全部丢掉一个
谁拿走最后石子谁输。判断胜负情况。
题解
这样考虑，把所有(a_i)从大往小排序，这样子我们的两个操作可以看做在一个不规则的棋盘上走，其中(x=i)的上边界是(y=a_i)，一开始位于((0,0))，第一个操作等价于向右走一步，第二个操作等价于向上走一步。谁走到了边界谁输。然而还是不知道怎么判断胜负情况，可以打一个表，发现((x,y))这个位置的胜负情况等于((x+1,y+1))的胜负情况，那么直接找到最大的合法((x,x))位置然后暴力判断一下就行了。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAX 100100
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int n,a[MAX],ans;
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]);
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;
ans?puts("First"):puts("Second");
return 0;
}
return 0;
}
F - Leftmost Ball
翻译
有(n)种颜色的球，每种(K)个，现在把他们排成一行，把每种颜色的最靠左的球给染成第(0)种颜色。
求最终序列的方案数。
题解
我们从前往后依次把每个颜色按顺序来放，那么如果当前放的是某种颜色的第一个球，那么放的就会变成(0)号颜色，所以无论何时，(0)号颜色的数量不能少于其他颜色的数量。
可以设状态(f[i][j])表示前面一共放了(i)个(0)号颜色的球，而一共出现了(j)种其他颜色的球，根据上面的东西，可以知道(ige j)。每次转移我们分成两种考虑。第一种就直接在后面接一个(0)号颜色的球，这个不需要考虑任何决策，直接转移即可，也就是(f[i][j]+=f[i-1][j])。另外一种转移是选择一共新的颜色，抛去前面已经放好的(0)号颜色的前，抛去当前位置放下一个当前颜色的球，那么还需要在后面选择(k-2)个位置来放这些球，而后面剩下的空位个数显然是可以算的。首先还剩下(n-i)个(0)号颜色的球没有放，所以提供(n-i)个空位，前面一共只出现了(j-1)种颜色，所以还有((n-j+1)*(k-1))个空位，但是当前的位置被钦定放这种新的颜色，所以还要减少一个位置。
也就是转移长成这个样子：
时间复杂度(O(nk))
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 2010
#define MOD 1000000007
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
inline int read()
{
int x=0;bool t=false;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=true,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return t?-x:x;
}
int n,k,mx,f[MAX][MAX];
int jc[MAX*MAX],jv[MAX*MAX],inv[MAX*MAX];
int C(int n,int m){return 1ll*jc[n]*jv[m]%MOD*jv[n-m]%MOD;}
int main()
{
n=read();k=read();mx=n*k;
if(k==1){puts("1");return 0;}
jc[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=1;i<=mx;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
for(int i=2;i<=mx;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=mx;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=i;++j)
{
add(f[i][j],f[i-1][j]);
if(j)add(f[i][j],1ll*f[i][j-1]*(n-j+1)%MOD*C((n-i)+(n-j+1)*(k-1)-1,k-2)%MOD);
}
printf("%d
",f[n][n]);
return 0;
}