AtCoder Grand Contest 005
A - STring
翻译
给定一个只包含(ST)的字符串，如果出现了连续的(ST)，就把他删去，然后所有位置前移。问最后剩下的串长。
题解
模拟栈，和维护括号一样的。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAX 200200
char ch[MAX];
int ans,tot;
int main()
{
cin>>(ch+1);
for(int i=1,l=strlen(ch+1);i<=l;++i)
if(ch[i]=='S')++tot;
else tot?--tot:++ans;
cout<<ans+tot<<endl;
return 0;
}
B - Minimum Sum
翻译
给定排列(a_i)
求(sum_{l=1}^nsum_{r=l}^nmin(a_l,a_{l+1},...,a_r))
题解
比较套路的题目，对于每个数维护左右区间第一个比它大的数字，那么当前的这部分区间的最小值都是这个值，直接算贡献即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
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],Q[MAX],top;
int l[MAX],r[MAX];
ll ans;
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read(),l[i]=1,r[i]=n;
top=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
while(top&&a[Q[top]]>a[i])--top;
if(top)l[i]=Q[top]+1;
Q[++top]=i;
}
top=0;
for(int i=n;i>=1;--i)
{
while(top&&a[Q[top]]>a[i])--top;
if(top)r[i]=Q[top]-1;
Q[++top]=i;
}
for(int i=1;i<=n;++i)ans+=1ll*(i-l[i]+1)*(r[i]-i+1)*a[i];
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C - Tree Restoring
翻译
有一个(n)个节点的树，告诉你距离每个点的最大距离，问这样的树是否存在。
题解
一个性质，距离树上任意一点的最远点一定是直径的一个端点。那么先看看直径是否存在，然后看看剩下的点的距离是否都满足大于直径长度的一半，对于直径长度的奇偶性分开考虑一下。细节好烦啊。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MAX 111
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],mx,vis[MAX];
void Out(){puts("Impossible");exit(0);}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)mx=max(mx,a[i]=read());
for(int i=1;i<=n;++i)vis[a[i]]++;
if(mx&1)
{
for(int i=mx-mx/2;i<=mx;++i)if((vis[i]-=2)<0)Out();
for(int i=mx-mx/2;i;--i)if(vis[i])Out();
}
else
{
if(!vis[mx/2])Out();vis[mx/2]-=1;
for(int i=mx/2+1;i<=mx;++i)if((vis[i]-=2)<0)Out();
for(int i=mx/2;i;--i)if(vis[i])Out();
}
puts("Possible");
return 0;
}
D - ~K Perm Counting
翻译
给定(n,K)。求(1..n)所有排列中，不存在(|a_i-i|=K)的排列个数。
题解
看到题目就可以往容斥的方面靠。求解至少有(K)个不合法的方案数，往(dp)方面靠。
发现所有可能出现上述情况的数，一定都是模(K)意义下相等的数，那么把所有这样的数给扣下来，显然就变成了给你一个两侧都是(m)个点的二分图，第(i)个点向着(i-1)和(i+1)连边，求连了(x)条边的方案数。这个直接简单(dp)算，状压一下下面的相邻的两个点的状态转移就好饿了。然后再把所有的结果全部合并，显然合并的过程互不影响，就是一个背包。
这样求出来的是恰好匹配的方案数，但是剩下的数可以随便放，所以乘阶乘，从恰好变成了至少，那么容斥计算答案即可。
相当好的一道题目。
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define MOD 924844033
#define MAX 2020
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 g[MAX][MAX][4];
int f[MAX],jc[MAX];
int n,K,m,ans;
int main()
{
n=read();K=read();m=(n-1)/K+1;
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
g[1][0][0]=1;g[1][1][2]=1;
for(int i=1;i<m;++i)
for(int j=0;j<=i;++j)
for(int k=0;k<4;++k)
{
if(!g[i][j][k])continue;
add(g[i+1][j][k>>1],g[i][j][k]);
if(!(k&1))add(g[i+1][j+1][k>>1],g[i][j][k]);
add(g[i+1][j+1][(k>>1)|2],g[i][j][k]);
}
f[0]=1;int s=0;
for(int i=1;i<=K;++i)
{
int p=(n-i)/K+1;s+=p;
for(int j=s;j;--j)
for(int k=1;k<=p;++k)
if(j>=k)add(f[j],1ll*f[j-k]*((g[p][k][0]+g[p][k][1])%MOD)%MOD);
}
for(int i=0;i<=n;++i)f[i]=1ll*f[i]*jc[n-i]%MOD;
for(int i=0;i<=n;++i)add(ans,(i&1)?MOD-f[i]:f[i]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}
E - Sugigma: The Showdown
翻译
有一个(n)个点的图，有(n-1)条红边，(n-1)条蓝边，每种颜色的边都连成了一棵树。(A)控制一个棋子从(X)开始，(B)控制一个棋子从(Y)开始。每次(A)可以不动或者走一条红边，(B)可以不动或者走一条蓝边。如果棋子相遇则游戏结束。(A)希望最大化游戏时间，(B)希望最小化游戏时间，求出游戏进行的时间，如果可以无限循环下去输出(-1)。
题解
我只感觉自己有些想法，但是细节什么的有点难考虑啊。(还是题解好)
先考虑如何判断游戏会永远进行下去。只要不出现被抓住的情况就可以进行下去啊。那么什么情况下会被抓住呢？假设当前(A)的位置是(u)，(B)的位置是(v)。如果(u)以及使用红边下与其相邻的所有点在蓝边的情况下都与(v)的距离不超过(1)，那么就原地等死吧。否则，反过来，如果出现了一条边((u,v))，满足(dis\_blue(u,v)gt 2)，并且(A)已经到了(u)位置而且(B)还没抓住，那么只要(B)一靠近，(A)只需要沿着这条边往另外一个方向走，(B)至少要走两步才能过来，那么(A)接着换方向就好了，那么这样就停不下来了。
前面既然用了"否则"这个词，意味着如果不能永远进行下去，那么(A)一定会被抓(这不废话吗)。那么显然不会走到任何一条满足在蓝树上两点距离大于(2)的边，深思熟虑一波，发现如果不存在这样的边的话，(A)打死都走不出(B)的子树。那么以(Y)为根节点，找到所有(A)能够到达的点，显然(A)只会前往一个深度最深的点然后在那里等死。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 200200
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 Line{int v,next,col;}e[MAX<<2];
int h[MAX],cnt=1,E[MAX][2];
inline void Add(int u,int v,int col){e[cnt]=(Line){v,h[u],col};h[u]=cnt++;}
int dfn[MAX],tim,fa[MAX],dep[MAX],low[MAX],dis[MAX],X,Y,n;
bool inf[MAX],vis[MAX];
void dfs(int u,int ff)
{
dfn[u]=++tim;fa[u]=ff;dep[u]=dep[ff]+1;
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
if(e[i].col&&e[i].v!=ff)
dfs(e[i].v,u);
low[u]=++tim;
}
bool check(int x,int y)
{
if(dfn[x]>dfn[y])swap(x,y);
if(low[x]>=low[y])return dep[y]-dep[x]>2;
if(fa[x]==fa[y])return false;
return true;
}
void BFS()
{
queue<int> Q;vis[X]=true;Q.push(X);
while(!Q.empty())
{
int u=Q.front();Q.pop();
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
if(!e[i].col&&!vis[e[i].v])
{
dis[e[i].v]=dis[u]+1;
if(dis[e[i].v]<dep[e[i].v])
vis[e[i].v]=true,Q.push(e[i].v);
}
}
}
int main()
{
n=read();X=read();Y=read();
for(int i=1;i<n;++i)E[i][0]=read(),E[i][1]=read();
for(int i=1;i<n;++i)
{
int u=read(),v=read();
Add(u,v,1);Add(v,u,1);
}
dep[0]=-1;dfs(Y,0);
for(int i=1;i<n;++i)
{
int u=E[i][0],v=E[i][1];
if(check(u,v))inf[u]=inf[v]=true;
else Add(u,v,0),Add(v,u,0);
}
BFS();
for(int i=1;i<=n;++i)if(vis[i]&&inf[i]){puts("-1");return 0;}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;++i)if(vis[i])ans=max(ans,dep[i]<<1);
printf("%d
",ans);
return 0;
}
F - Many Easy Problems
题面
给定一个(n)个节点的树，定义(f(S))表示在树上包含点集(S)的最小联通块的大小。对于每一个(k)，求出所有大小为(k)的点集的(f(S))的和。模数(924844033)，原根是(5)。
题解
总是觉得自己好(naive)啊，碰到题目总是毫无思路怎么办啊？我还有救吗？
我们对于每一个点分开考虑他在什么时候会对于一个点集产生贡献。显然这样子是不好算的，还是正难则反，我们考虑它在什么时候不会对于一个点集产生贡献，假设点集大小为(K)。那么当且仅当选定的(K)个点都在以当前点为根时的同一子树内。所以当前点对于点集大小为(K)时，产生的贡献是(C_n^k-sum_{vin son} C_{size[v]}^k)，其中(size)是子树大小。
那么对于每一个(K)，我们把所有点产生的贡献给加起来，也就是(nC_n^k-sum_{i=0}^n num[i]*C_i^k)，其中(num[i])表示大小为(i)的子树的个数。发现(num)其实很好求，(dfs)一遍就完事了。前面那部分是定值，最后再考虑。后面的式子直接把组合数给拆开，显然是卷积的形式，(NTT)即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define MOD 924844033
#define ll long long
#define MAX 888888
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 Line{int v,next;}e[MAX];
int h[MAX],cnt=1;
inline void Add(int u,int v){e[cnt]=(Line){v,h[u]};h[u]=cnt++;}
int n,f[MAX],g[MAX],size[MAX];
int jc[MAX],jv[MAX],inv[MAX];
void dfs(int u,int ff)
{
size[u]=1;
for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;if(v==ff)continue;
dfs(v,u);size[u]+=size[v];
++f[size[v]];
}
++f[n-size[u]];
}
int C(int n,int m){if(m>n)return 0;return 1ll*jc[n]*jv[m]%MOD*jv[n-m]%MOD;}
int N,l,r[MAX],W[MAX];
int fpow(int a,int b)
{
int s=1;
while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
return s;
}
void NTT(int *P,int opt)
{
for(int i=1;i<N;++i)if(i>r[i])swap(P[i],P[r[i]]);
for(int i=1;i<N;i<<=1)
{
int w=fpow(5,(MOD-1)/(i<<1));W[0]=1;
for(int k=1;k<i;++k)W[k]=1ll*W[k-1]*w%MOD;
for(int p=i<<1,j=0;j<N;j+=p)
for(int k=0;k<i;++k)
{
int X=P[j+k],Y=1ll*P[i+j+k]*W[k]%MOD;
P[j+k]=(X+Y)%MOD;P[i+j+k]=(X+MOD-Y)%MOD;
}
}
if(opt==-1)
{
reverse(&P[1],&P[N]);
for(int i=0,inv=fpow(N,MOD-2);i<N;++i)P[i]=1ll*P[i]*inv%MOD;
}
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<n;++i)
{
int u=read(),v=read();
Add(u,v);Add(v,u);
}
dfs(1,0);
jc[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
for(int i=2;i<=n;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
for(int i=1;i<=n;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;
for(N=1;N<n+n;N<<=1)++l;
for(int i=0;i<N;++i)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
for(int i=0;i<=n;++i)f[i]=1ll*f[i]*jc[i]%MOD;
for(int i=0;i<=n;++i)g[i]=jv[n-i];
NTT(f,1);NTT(g,1);
for(int i=0;i<N;++i)f[i]=1ll*f[i]*g[i]%MOD;
NTT(f,-1);
for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=1ll*f[i+n]*jv[i]%MOD;
for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=(1ll*n*C(n,i)%MOD+MOD-f[i])%MOD;
for(int i=1;i<=n;++i)printf("%d
",f[i]);
return 0;
}