A. XOR
求出所有數的異或和$sum$，將所有數and上$sum$，然後求線性基，則選取$sum$的所有$1$對應的基最優。
時間複雜度$O(n\log x)$。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
int Case,n,i,j;ll ans,sum,A,B,a[100],x,v[111111],pool[100];
const int N=20;
ll cal(){
ll ans=sum;
for(int S=0;S<1<<n;S++){
ll A=sum,B=0;
for(i=0;i<n;i++)if(S>>i&1)A^=v[i],B^=v[i];
A-=B;
if(A<0)A=-A;
if(A<ans)ans=A;
}
return ans;
}
void print(ll x){
for(int i=11;~i;i--)printf("%lld",x>>i&1);
puts("");
}
ll myabs(ll x){return x>0?x:-x;}
ll solve1(int x){
ll cur=a[x];
for(int i=x-1;~i;i--)if(sum>>i&1){
cur^=a[i];
}
return myabs(cur-(sum^cur));
}
ll solve2(int x){
ll cur=0;
for(int i=x-1;~i;i--){
cur=max(cur,cur^a[i]);
}
return myabs(cur-(sum^cur));
}
int main(){
//srand(time(NULL));
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
scanf("%d",&n);
//n=rand()%10+1;
sum=0;
for(i=0;i<61;i++)a[i]=0;
for(i=0;i<n;i++){
scanf("%lld",&x);
//x=rand()%1000;
v[i]=x;
sum^=x;
for(j=60;~j;j--)if(x>>j&1){
if(a[j])x^=a[j];
else {a[j]=x;break;}
}
}
//ll vio=cal();
for(i=0;i<61;i++)for(j=i+1;j<61;j++)if(a[j]>>i&1)a[j]^=a[i];
for(i=60;~i;i--)if(sum>>i&1)break;
int lim=i;
if(lim>=0){
for(i=0;i<61;i++)pool[i]=a[i]&sum,a[i]=0;
for(i=0;i<61;i++){
x=pool[i];
for(j=60;~j;j--)if(x>>j&1){
if(a[j])x^=a[j];
else {a[j]=x;break;}
}
}
for(i=0;i<61;i++)for(j=i+1;j<61;j++)if(a[j]>>i&1)a[j]^=a[i];
ans=min(sum,min(solve1(lim),solve2(lim)));
}else{
ans=0;
}
/*A=sum,B=0;*/
//print(sum);
//for(i=60;~i;i--)if(a[i])print(a[i]);
/*ans=sum;
for(i=60;~i;i--)if((A^a[i])>=(B^a[i])&&(A^a[i])-(B^a[i])<ans){
A^=a[i];
B^=a[i];
ans=A-B;
}*/
/*if(ans==vio)puts("OK");else{
printf("vio=%lld ans=%lld\n",vio,ans);
printf("%d\n",n);
for(i=0;i<n;i++)printf("%lld ",v[i]);
puts("");
while(1);
}*/
printf("%lld\n",ans);
}
}
B. Tribute
按題意模擬即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int casenum, casei;
typedef unsigned int UI;
int n;
vector<UI>vt, wt;
multiset<UI>sot;
multiset<UI>ans;
bool solve()
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
int x = *sot.begin();
ans.insert(x);
// printf("x = %d\n", x);
// for(auto y : vt)printf("%d ", y); puts("");
wt.clear();
for(auto y : vt)
{
int z = x + y;
// printf("%d\n", z);
if(sot.find(z) == sot.end())return 0;
sot.erase(sot.find(z));
wt.push_back(z);
}
for(auto y : wt)vt.push_back(y);
}
return 1;
}
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for(casei = 1; casei <= casenum; casei ++)
{
scanf("%d", &n);
int m = (1 << n) - 1;
vt.clear(); vt.push_back(0);
sot.clear();
ans.clear();
for(int i = 1; i <= m; ++i)
{
int x; scanf("%d", &x);
sot.insert(x);
}
if(!solve())puts("NO");
else
{
int id = 0;
for(auto it : ans)printf("%d%c", it, ++id == n ? '\n' : ' ');
}
}
}
C. Boardroom Meeting
CDQ分治+掃描線樹狀陣列，時間複雜度$O(n\log^2n)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200010;
int Case,n,i,a[N],b[N],c[N],ans,f[N],qa[N],qb[N],bit[N],vis[N],T;
inline void up(int&a,int b){a<b?(a=b):0;}
inline void ins(int x,int p){for(;x<=n;x+=x&-x)if(vis[x]<T)vis[x]=T,bit[x]=p;else up(bit[x],p);}
inline void ask(int x,int&p){for(;x;x-=x&-x)if(vis[x]==T)up(p,bit[x]);}
inline bool cmp(int x,int y){return a[x]<a[y];}
void solve(int l,int r){
if(l==r){
up(ans,++f[l]);
return;
}
int mid=(l+r)>>1,i,j,ca=0,cb=0;
solve(l,mid);
for(i=l;i<=mid;i++)qa[++ca]=i;
for(;i<=r;i++)qb[++cb]=i;
sort(qa+1,qa+ca+1,cmp);
sort(qb+1,qb+cb+1,cmp);
T++;
for(i=j=1;i<=cb;i++){
while(j<=ca&&a[qa[j]]<a[qb[i]]){
ins(b[qa[j]],f[qa[j]]);
j++;
}
ask(b[qb[i]]-1,f[qb[i]]);
}
solve(mid+1,r);
}
int main(){
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]),c[i]=b[i];
sort(c+1,c+n+1);
for(i=1;i<=n;i++)b[i]=lower_bound(c+1,c+n+1,b[i])-c;
for(i=1;i<=n;i++)f[i]=0;
ans=0;
solve(1,n);
printf("%d\n",ans);
}
}
/*
1
6
1 2 6 3 4 6
4 1 3 5 7 7
*/
D. Secret Santa
第二類斯特林數容斥，時間複雜度$O(a\log n)$。
#include<cstdio>
const int N=2010,P=1000000007;
int n,a,i,j,Case,fac[N],S[N][N];
int po(int a,int b){int t=1;for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%P)if(b&1)t=1LL*t*a%P;return t;}
int T(int m,int n){
int ans=0;
for(int k=0;k<m;k++){
int t=fac[k];
if((k+m)%2)t=(P-t)%P;
t=1LL*t*po(k+1,n)%P;
t=1LL*t*S[m][k+2]%P;
ans=(ans+t)%P;
}
return ans;
}
int main(){
for(i=0;i<N;i++)for(j=0;j<N;j++){
if(i>=1&&j==0){S[i][j]=0;continue;}
if(i==j){S[i][j]=1;continue;}
if(j>=1&&j<i)S[i][j]=(1LL*S[i-1][j]*j+S[i-1][j-1])%P;
}
for(fac[0]=i=1;i<N;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%P;
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
scanf("%d%d",&n,&a);a++;n-=a-2;
printf("%d\n",T(a,n));
}
}
E. Guessing Game
狀壓DP，設$f[S]$表示$S$情況下最優策略最壞需要的步數，其中$S$是個$k$位$3$進位制數，分別表示每一位未詢問、已詢問且回答為$0$、已詢問且回答為$1$的情況。
用高維字首和預處理出所有$f[S]=0$的狀態，剩下的狀態列舉詢問哪一位轉移即可。
時間複雜度$O(3^kk)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=13,M=1600000;
int p[20],Case,n,m,i,j,k,f[M],c[M];char s[20];
inline int get(int x,int y){return x/p[y]%3;}
int main(){
for(p[0]=i=1;i<20;i++)p[i]=p[i-1]*3;
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
scanf("%d%d",&n,&k);
m=p[k];
for(i=0;i<m;i++)c[i]=0;
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
int t=0;
for(j=0;j<k;j++)t=t*3+s[j]-'0';
c[t]++;
}
for(i=0;i<k;i++)for(j=0;j<m;j++)if(get(j,i)==2){
c[j]+=c[j-p[i]]+c[j-p[i]*2];
}
for(i=0;i<m;i++){
if(c[i]<=1){f[i]=0;continue;}
f[i]=M;
for(j=0;j<k;j++)if(get(i,j)==2){
f[i]=min(f[i],max(f[i-p[j]],f[i-p[j]*2]));
}
f[i]++;
}
printf("%d\n",f[m-1]);
}
}
F. Flat Earth
按題意模擬即可。
#include<stdio.h>
#include<math.h>
int casenum, casei, a[10];
const double PI = acos(-1.0);
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for(casei = 1; casei <= casenum; casei ++){
for(int i = 1; i <= 8; i ++){
scanf("%d", &a[i]);
}
printf("%.10f\n", PI * a[4] * a[4]);
}
}
G. We Need More Managers!
建立一張$2^n$個點的圖，分別表示每種串。對於每個點，向恰好改變了一位的$n$個點連邊。
則題意可轉化為對給定$m$個點求出兩兩最短路作為權值的最小生成樹。
設$p_x$和$d_x$分別表示離每個點最近的給定串以及對應的距離，可以BFS求出，則對於一條邊$(u,v)$，在生成樹中加入一條連線$p_u$和$p_v$，權值為$d_u+d_v+1$的邊即可。
時間複雜度$O(n2^n\alpha(m))$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1100000;
int Case,n,m,all,i,j,a[N];char s[100];
int h,t,d[N],p[N],x,y,z,q[N];
int f[N],ans,ce;
struct E{
int x,y,z;
E(){}
E(int _x,int _y,int _z){x=_x,y=_y,z=_z;}
}e[N*20];
inline bool cmp(const E&a,const E&b){return a.z<b.z;}
inline void ext(int x,int y,int z){
if(y<d[x]){
d[x]=y;
p[x]=z;
q[++t]=x;
}
}
int F(int x){return f[x]==x?x:f[x]=F(f[x]);}
inline void add(int x,int y,int z){
if(x!=y)e[++ce]=E(x,y,z);
}
int main(){
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
scanf("%d%d",&n,&m);
all=1<<n;
for(i=0;i<all;i++)d[i]=N;
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%s",s);
a[i]=0;
for(j=0;j<n;j++)a[i]=a[i]*2+(s[j]=='L');
d[a[i]]=0,p[a[i]]=i;
}
h=1,t=0;
for(i=0;i<all;i++)if(!d[i])q[++t]=i;
while(h<=t){
x=q[h++];
y=d[x]+1;
z=p[x];
for(i=0;i<n;i++)ext(x^(1<<i),y,z);
}
ce=0;
for(i=0;i<all;i++)for(j=0;j<n;j++)add(p[i],p[i^(1<<j)],d[i]+d[i^(1<<j)]+1);
for(i=1;i<=m;i++)f[i]=i;
ans=0;
sort(e+1,e+ce+1,cmp);
for(i=1;i<=ce;i++)if(F(e[i].x)!=F(e[i].y))f[f[e[i].x]]=f[e[i].y],ans+=e[i].z;
printf("%d\n",ans);
}
}
H. Masterpiece
若不考慮每個點是被第幾次走過的，則方案唯一，$O(n)$模擬求出方案後統計分岔點個數$t$，則答案為$2^t$。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define rt 1,1,n
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
#define mid (l+r>>1)
#define lson ls,l,mid
#define rson rs,mid+1,r
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 1e5 + 10, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;
int r[N], c[N];
//try go to (y, x)
bool flag = 1;
int r1, r2;
int c1, c2;
bool doit(int y, int x)
{
if(r1 == r2 && c1 == c2)return flag = 1;
if(y > n || x > n)return 0;
if(!r[y] || ! c[x])return 0;
--r[y];
--c[x];
return flag = 1;
}
int solve()
{
int ans = 1;
r1 = 1, c1 = 1;
r2 = 1, c2 = 1;
doit(1, 1); --r[1]; --c[1];
while(1)
{
flag = 0;
if(r1 == r2 && c1 == c2)
{
if(r1 == n && c1 == n)
{
return ans;
}
int rnum = r[r1];
int cnum = c[c1];
if(rnum && cnum)
{
ans = ans * 2 % Z;
for(int i = 1; i <= rnum; ++i)
{
if(!doit(r1, ++c1))return 0;
}
for(int i = 1; i <= cnum; ++i)
{
if(!doit(++r2, c2))return 0;
}
}
else if(rnum)
{
if(!doit(r1, ++c1))return 0;
++c2;
}
else if(cnum)
{
if(!doit(++r1, c1))return 0;
++r2;
}
else return 0;
}
while(r1 < r2)
{
if(r[r1])
{
if(!doit(r1, ++c1))return 0;
}
else
if(!doit(++r1, c1))return 0;
}
while(r2 < r1)
{
if(r[r2])
{
if(!doit(r2, ++c2))return 0;
}
else
if(!doit(++r2, c2))return 0;
}
while(c1 < c2)
{
if(c[c1])
{
if(!doit(++r1, c1))return 0;
}
else
if(!doit(r1, ++c1))return 0;
}
while(c2 < c1)
{
if(c[c2])
{
if(!doit(++r2, c2))return 0;
}
else
if(!doit(r2, ++c2))return 0;
}
if(!flag)return 0;
}
}
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for(casei = 1; casei <= casenum; ++casei)
{
scanf("%d", &n);
//int n = rand() % 10 + 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &r[i]);
//r[i] = rand() % (n + 1);
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &c[i]);
//c[i] = rand() % (n + 1);
}
int ans = solve();
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(r[i] || c[i])ans = 0;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【題意】
【分析】
【時間複雜度&&優化】
100
5
3 3 3 3 3
1 4 4 3 3
4
4 2 2 4
4 2 2 4
*/
I. Don’t Split The Atom!
勝負只取決於$n$的奇偶性。
#include<stdio.h>
#include<math.h>
int casenum, casei, a[10];
const double PI = acos(-1.0);
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for(casei = 1; casei <= casenum; casei ++){
int n;
scanf("%d", &n);
puts(n & 1 ? "B" : "A");
}
}
J. Bobby Tables
組合數可以看作長度為$k$的一個區間除以長度為$k$的一個字首。
列舉每個$k$作為字首，二分對應的區間，取對數加速判定，在附近配合取模判定即可。
時間複雜度$O(m\log m)$。
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long double ld;
const int N=200010,P=1000000007,K=20;
const ld eps=1e-2;
int Case,n,m,i,a[N],fac[N],inv[N],mul;
ld Log[N],s[N],sum;
inline bool check(int n,int m){
ld A=s[n]-s[n-m]-s[m];
if(fabs(A-sum)>eps)return 0;
int B=1LL*fac[n]*inv[n-m]%P*inv[m]%P;
if(B!=mul)return 0;
puts("YES");
printf("%d %d\n",n,m);
return 1;
}
inline void solve(){
scanf("%d%d",&n,&m);
sum=0;
mul=1;
for(i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
mul=1LL*mul*a[i]%P;
sum+=Log[a[i]];
}
for(i=1;i<=m;i++){
//[x,x+i-1]/[1..i]
//C(x+i-1,i)
//x+i-1>=i
//1<=x<=m+1-i
//x+i-1<=m
int l=1,r=m+1-i;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
ld A=s[mid+i-1]-s[mid-1]-s[i];
if(fabs(A-sum)<eps){
for(int j=max(mid-K,1);j<=min(m+1-i,mid+K);j++)if(check(j+i-1,i))return;
break;
}
if(A<sum)l=mid+1;else r=mid-1;
}
}
puts("NO");
}
int main(){
for(i=1;i<N;i++)Log[i]=log2(i);
for(i=1;i<N;i++)s[i]=s[i-1]+Log[i];
for(inv[0]=inv[1]=1,i=2;i<N;i++)inv[i]=1LL*(P-inv[P%i])*(P/i)%P;
for(fac[0]=i=1;i<N;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%P;
for(i=1;i<N;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%P;
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
solve();
}
}
K. Triples
長鏈剖分或樹分治經典題。
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define pb push_back
#define V vector
#define N 200010
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,ll>P;
int Case;
int n,i,x,y,g[N],v[N<<1],nxt[N<<1],ed,f[N],del[N];ll ans;V<P>h[N];
inline void add(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
inline bool cmp(V<int>*a,V<int>*b){return a->size()>b->size();}
template<class C>inline C&get(V<C>&a,size_t x){return a[a.size()-x-1];}
V<int>*dfs(int x,int y){
V<V<int>*>t;
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y)t.pb(dfs(v[i],x));
if(!t.size())return new V<int>(1,1);
sort(t.begin(),t.end(),cmp);
V<int>*a=t[0];
a->pb(1);
if(t.size()==1)return a;
V<ll>b;
b.resize(t[1]->size()+1,0);
for(int i=1;i<t.size();i++){
V<int>*u=t[i];
for(int j=1;j<=u->size();j++){
int ch=get(*u,j-1),&rt=get(*a,j);ll&rd=get(b,j);
ans+=1LL*ch*rd;
rd+=1LL*ch*rt;
rt+=ch;
}
}
for(int i=1;i<b.size();i++){
h[x].pb(P(i,get(b,i)));
ans-=1LL*get(b,i)*get(*a,i);
}
return a;
}
void cal(int x,int y){
f[x]=1;
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y&&!del[v[i]])cal(v[i],x),f[x]+=f[v[i]];
}
inline int findroot(int x){
cal(x,-1);
int n=f[x],t=0,y=-1;
do{
t=0;
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y&&!del[v[i]]&&2*f[v[i]]>n){
y=x,x=v[i],t=1;
break;
}
}while(t);
return x;
}
inline void work(V<V<int> >&d,V<V<P> >&q,int k,bool rt,int x){
int st=k==1?0:d.size()-1,en=k==1?d.size():-1;V<int>a(1,rt);
for(int i=st;i!=en;i+=k){
V<int>D=d[i];
for(V<P>::iterator p=q[i].begin();p!=q[i].end();p++){
int j=p->first;
if(j<a.size())ans+=1LL*a[j]*p->second;
}
a.resize(max(a.size(),D.size()),0);
for(int j=0;j<D.size();j++)a[j]+=D[j];
}
if(rt)for(V<P>::iterator p=h[x].begin();p<h[x].end();p++){
int j=p->first;
if(j<a.size())ans+=1LL*a[j]*p->second;
}
}
void dfsd(int x,int y,int z,V<int>&d){
if(z==d.size())d.pb(1);else d[z]++;
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y&&!del[v[i]])dfsd(v[i],x,z+1,d);
}
void dfsq(int x,int y,int z,V<P>&q){
for(V<P>::iterator i=h[x].begin();i<h[x].end();i++){
int t=i->first-z;
if(t>=0)q.pb(P(t,i->second));
}
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y&&!del[v[i]])dfsq(v[i],x,z+1,q);
}
void solve(int x){
int y=findroot(x);
del[y]=1;
for(int i=g[y];i;i=nxt[i])if(!del[v[i]])solve(v[i]);
V<V<int> >d;V<V<P> >q;
for(int i=g[y];i;i=nxt[i])if(!del[v[i]]){
V<int>A(1,0);
dfsd(v[i],-1,1,A);
d.pb(A);
V<P>B;
dfsq(v[i],-1,1,B);
q.pb(B);
}
work(d,q,1,1,y),work(d,q,-1,0,y);
del[y]=0;
}
int main(){
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
i=x=y=0;
memset(g,0,sizeof g);
memset(f,0,sizeof f);
memset(v,0,sizeof v);
memset(nxt,0,sizeof nxt);
ed=0;
memset(del,0,sizeof del);
ans=0;
for(i=0;i<N;i++)h[i].clear();
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<n;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
x--,y--;
add(x,y),add(y,x);
}
dfs(0,-1);
solve(0);
printf("%lld\n",ans);
}
}
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列舉$O(nm)$對區間右端點，左端點的取值滿足單調性，雙指標即可。
時間複雜度$O(nm)$。
#include<cstdio>
const int N=4010;
int Case,n,m,i,j,k,ans,g[N*3];
char a[N],b[N],f[N][N];
int w[N*3],V;
int main(){
scanf("%d",&Case);
while(Case--){
scanf("%d%d%d%s%s",&n,&m,&V,a+1,b+1);
ans=0;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)f[i][j]=a[i]!=b[j];
for(i=0;i<=N+N+5;i++)g[i]=w[i]=0;
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++){
k=i-j+N;
g[k]++;
w[k]+=f[i][j];
int G=g[k],W=w[k];
while(G>0&&W>V){
G--;
W-=f[i-G][j-G];
}
g[k]=G;
w[k]=W;
if(G>ans)ans=G;
}
printf("%d\n",ans);
}
}