AtCoder Grand Contest 006
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心血来潮，开了一套AGC.....
然后发现各种不会做.........感觉智商被AGC摁在地上摩擦......
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代码戳这里
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A - Prefix and Suffix
这道题目还是送温暖的...
直接枚举长度从(n)到(n+n)
最后的(n)为用第二个字符串填充，剩余空缺从前到后一次用第一个字符串填充
最后验证前(n)位是否满足第一个字符串即可
由于是从小到大枚举，枚举到可行直接输出答案即可
B - Median Pyramid Easy
这道题目就比较有意思了
首先考虑不可行的情况，显然当(x=1)或(2*n-1)的时候是不可行的
因为每一次取的都是三个格子中的中位数，显然到第二行的时候，(1)或(2*n-1)就消失不见了，更高的行中不可能出现
然后考虑其余情况的构造方法
一种比较通用的构造方法是，最高行为(x)，我们使得下一行出现至少两个(x)即可，如下图所示
我们只要保证图中所有的红色格子都是(x)的话，最后一行一定是(x)
那么，现在，我们只需要构造最后一行的四个格子，使得从第二行开始就在指定位置出现连续的两个(x)了
这样就比较思博了，((x-1),(x),(x+1),(x-2))即可
但是我们发现，当(x=2)的时候，会有点问题，那么我们对(x=2)特判一下，构造((x+1),(x),(x-1),(x+2))
当然，构造的方法不唯一
最后注意特判(n=2)的情况，不过我这样构造的话，不会出现问题
C - Rabbit Exercise
这道期望题目一颗赛艇啊
首先考虑对称位置的处理，显然(x_i)关于(x_{i-1})和(x_{i+1})的对称位置分别是(2*x_{i-1}-x_{i})和(2*x_{i+1}-x_{i})
考虑兔子(i)的期望
这样，我们似乎已经得到了(O(MK))的算法
我们从几何角度来考虑一下这个操作
其实就是(y_i)相对于(y_{i-1})和(y_{i-2})的相对位置发生了变化，(y_i)在外面的情况也是如此
再一般的来说，就是(E(x_i)-E(x_{x-1}))和(E(x_i)-E(x_{x+1}))的值进行了交换
那么，我们考虑差分，这样，每一次的操作就是对两个数进行交换了
而交换操作是分组进行的，我们可以根据类似快速幂的方式，在(O(logk))的时间内完成交换
那么总的复杂度就是(O(nlogk))
D - Median Pyramid Hard
这道题目似乎是B题的SPJ啊.....
考虑二分答案，假设当前需要验证的答案为(x)，表示答案(≥x)是否成立
那么，根据最下面一行和(≥x)的关系，我们可以得到底层的(0/1)数列，(1)表示(≥x)
我们现在得到了底层的(0/1)数列，而题目所给的条件，上一层的一格为(1)，当且仅当下一层与之对应的三个中至少有两个(1)
现在，符合情况的话，那么就是顶层为(1)
我们可以画画图来分析一下底层的情况，如何向上传导
我们可以发现，当出现连续的两个(1)的时候，他们所对应的的上面，全部为(1)
那么，这样的情况如何向外拓展呢？
我们发现，当连续的两个(1)旁边出现隔着一个位置的(1)的是否，这个全是(1)的竖行，可以向着隔着一个位置的(1)的方向拓展一列
那么我们只需要正着反着，各扫一遍
这样一来，我们就可以在(O(2n))的时间内验证答案了
还有一种比较特殊的情况是，底层不需要出现连续的两个(1)
特判一下
总的时间复杂度是(O(3n*logn))
E - Rotate 3x3
这道题目很繁琐啊QAQ......
画了满满一页草稿纸......
首先，我们透过现象看本质，3*3Rotate 实际上就是把左右两列交换，然后在把三列全部倒置
那么，其实可以发现，每一列中的三个数是不会改变的，而且三个数要么正向，要么逆向
再其次，因为交换的是间隔的两列，所以矩阵中的奇数列和偶数列其实是相对独立的
我们把操作分成两个来思考
对间隔的两列旋转(这个旋转操作自带一个倒置和一个左右交换)、对某一列倒置
对于第一个问题的数量，我们可以转为这个问题：给出(n)个数的一个全排列，每次可以交换相邻的两个数，求每个数被交换的次数
贪心的做，我们先把在最后的数换下去，然后在换倒数第二个.......
暴力的做是(O(n^2))，考虑用树状数组维护一波，(O(nlogn))
第二个问题，只要判断第一个问题的奇偶性，就可以直接得到答案了
那么回到原问题，可行性怎么判断
首先判断前面提到的一些条件...balabala
然后，就是对后面两个子问题的判断了
对于奇数列的第一个问题，左右交换的前提是其中间的偶数列进行倒置
那么，也就是说，奇数列的第一个问题的奇偶性应当与偶数列的第二个问题相同；偶数列的判断亦是如此
这样一来，问题就解决了，时间复杂度(O(nlogn))，不过题解里给出的复杂度是(O(n))，不是很明白他是怎么实现的，可能他的(d)数组可以线性求吧Orz
F - Blackout
又一次深刻体会到了出题人的强大Orz...
首先，我们可以把这个矩阵问题转变为图论问题
我们把格子((x,y))转变为一条有向边(x ightarrow y)，那么，当(x ightarrow y)和(y ightarrow z)存在时，有边(z ightarrow x)
我们可以先来尝试探索一些规律
对于图中的(n)个点，每个点(x)都有边连向(x+1)，我们尝试更新一波边，发现只有在(x)和(y)满足(x+1equiv y (mod; 3))的时候，(x)有指向(y)的边
以此，我们发现这张图和(3)有关系（出题人是这么说的.......）
于是，我们用三色来对图进行染色，使得相邻的节点不同色
接下来，我们分别讨论三种情况
【1】 染色成功，且图中出现了不同的三种颜色(x)、(y)、(z)
那么，我们对于三种不同颜色的边，可以把所有(x ightarrow y)、(y ightarrow z)、(z ightarrow x)都连上
证明:如下图，如果上述情况成立的话，那么，一定至少存在(x ightarrow y)、(y ightarrow z)，我们当然可以把(z ightarrow x)连上，当有新的边(u ightarrow x)时，我们发现，(y ightarrow u)也同样可以连上，那么，联通的所有点都是可以两先关的
【2】染色成功，图中出现的颜色不足三种
那么显然，不存在(x ightarrow y)、(y ightarrow z)这样的边对，那么，答案就是边数
【3】染色失败
那么，画画图很容易看出，一定存在着环（且环的大小一定不是(3)的倍数）
那么，很显然得，所有联通的点之间，两两之间的所有边均可以连上
这样一来，我们对于每一个联通块一次这样讨论即可，时间复杂度(O(m))
新成就get，打穿了一道AGC
