A. Accommodation Plan
對於已知的$K$個點,離它們距離都不超過$L$的點在樹上是一個連通塊,考慮在每種方案對應的離$1$最近的點統計。
即對於每個點$x$,統計離它距離不超過$L$的點數$call[x]$,再減去離它和它父親距離都不超過$L$的點數$cext[x]$,然後用組合數計算方案數。
對於$call[x]$可以通過點分治+排序雙指標$O(n\log^2n)$統計。
對於$cext[x]$,注意到$cext[x]=call[x]-csub[x]$,其中$csub[x]$表示$x$點子樹中深度在$(dep[x]+L-dis(x,fa[x]),dep[x]+L]$的點數,二維數點問題,掃描線+樹狀陣列維護即可$O(n\log n)$統計。
時間複雜度$O(n\log^2n)$。
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=100010,P=1000000007; int n,K,L,i,j,x,y,z,fac[N],inv[N],ans; int g[N],nxt[N<<1],v[N<<1],w[N<<1],ok[N<<1],ed,son[N],f[N],all,now; int call[N],csub[N],cnt,bit[N],st[N],en[N],dfn; struct E{ll x;int y;E(){}E(ll _x,int _y){x=_x,y=_y;}}e[N],q[N<<1]; inline bool cmp(const E&a,const E&b){return a.x<b.x;} inline void add(int x,int y,int z){v[++ed]=y;w[ed]=z;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;ok[ed]=1;} void findroot(int x,int y){ son[x]=1,f[x]=0; for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y&&ok[i]){ findroot(v[i],x); son[x]+=son[v[i]]; if(son[v[i]]>f[x])f[x]=son[v[i]]; } if(all-son[x]>f[x])f[x]=all-son[x]; if(f[x]<f[now])now=x; } void dfs(int x,int y,ll z){ e[++cnt]=E(z,x); for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y&&ok[i])dfs(v[i],x,z+w[i]); } inline void cal(int p){ sort(e+1,e+cnt+1,cmp); int i,j; for(i=1,j=cnt;i<=cnt;i++){ while(j&&e[i].x+e[j].x>L)j--; call[e[i].y]+=p*j; } } void solve(int x){ int i; cnt=0; dfs(x,0,0); cal(1); for(i=g[x];i;i=nxt[i])if(ok[i]){ cnt=0; dfs(v[i],x,w[i]); cal(-1); } for(i=g[x];i;i=nxt[i])if(ok[i]){ ok[i^1]=0; f[0]=all=son[v[i]]; findroot(v[i],now=0); solve(now); } } void dfs2(int x,int y,ll z){ st[x]=++dfn; e[x]=E(z,x); q[++cnt]=E(z+L,x); for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y){ q[++cnt]=E(z+L,-v[i]); dfs2(v[i],x,z+w[i]); } en[x]=dfn; } inline void ins(int x){for(;x<=n;x+=x&-x)bit[x]++;} inline int ask(int x){int t=0;for(;x;x-=x&-x)t+=bit[x];return t;} inline int C(int n,int m){return n<m?0:1LL*fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;} int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&K,&L); for(ed=i=1;i<n;i++)scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),add(x,y,z),add(y,x,z); f[0]=all=n;findroot(1,now=0);solve(now); dfs2(1,cnt=0,0); sort(e+1,e+n+1,cmp); sort(q+1,q+cnt+1,cmp); for(i=j=1;i<=cnt;i++){ while(j<=n&&e[j].x<=q[i].x)ins(st[e[j++].y]); x=q[i].y; if(x<0)x=-x; y=ask(en[x])-ask(st[x]-1); if(q[i].y>0)csub[x]+=y;else csub[x]-=y; } for(fac[0]=i=1;i<=n;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%P; for(inv[0]=inv[1]=1,i=2;i<=n;i++)inv[i]=1LL*(P-inv[P%i])*(P/i)%P; for(i=2;i<=n;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%P; for(i=1;i<=n;i++)ans=((ans+C(call[i],K))%P+P-C(call[i]-csub[i],K))%P; ans=1LL*ans*fac[K]%P; printf("%d",ans); }
B. Card Game
列舉$n$的所有約數判斷。
#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 ls o<<1 #define rs o<<1|1 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, m; int a[N]; map<int, int> mop; int main() { while(~ scanf("%d%d", &n, &m)){ mop.clear(); int A = 0, B = 0; for(int i = 1; i <= m; i ++){ scanf("%d", &a[i]); gmax(A, a[i]); mop[a[i]] ++; gmax(B, mop[a[i]]); } //printf("%d %d\n", A, B); int ans = 0; for(int i = 1; i * i <= n; i ++){ if(n % i == 0){ int j = n / i; if(i >= A && j >= B){ ans ++; //printf("i j %d %d\n", i, j); } if(i != j && i >= B && j >= A){ ans ++; //printf("j i %d %d\n", j, i); } } } if(ans != 1) puts("NO"); else puts("YES"); } return 0; } /* 【trick&&吐槽】 【題意】 【分析】 【時間複雜度&&優化】 */
C. The Most Expensive Gift
若迴圈節長度為$1$,則答案下界為$\frac{n^2}{9}$,經過分析可得迴圈節長度超過$8$都是不優的。
暴力搜尋所有長度不超過$8$的串作為迴圈節,然後貪心匹配計算長度即可。
時間複雜度$O(3^8n)$。
#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 ls o<<1 #define rs o<<1|1 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 = 10010, 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; char s[N]; char a[N]; int ans; int len; int check() { int pos = 0; int now = 0; for(int i = 0; i < n; ++i) { if(s[i] == a[pos]) { ++now; pos = pos + 1; if(pos == len)pos = 0; } } int LEN = now / len * len; return LEN * LEN / len; } int main() { while(~scanf("%d%s",&n, s)) { ans = 0; for(len = 1; ; ++len) { int bst = n * n / len; if(bst <= ans)break; int top = 1; for(int i = 0; i < len; ++i) { a[i] = 'a'; top *= 3; } for(int tim = 1; tim <= top; ++tim) { gmax(ans, check()); ++a[len - 1]; int pos = len - 1; while(a[pos] == 'd') { a[pos] = 'a'; ++a[--pos]; } } } printf("%d\n", ans); } return 0; } /* 【trick&&吐槽】 【題意】 【分析】 【時間複雜度&&優化】 */
D. Cut the Cake
兩個維度獨立,對於一維問題,將所有位置排序,每隔$k$個切一刀即可。
#include<cstdio> const int N=300; int n,m,k,i,j,dx,dy,cntx,cnty,cx[N],cy[N],qx[N],qy[N];char a[N][N]; inline int cal(int xl,int xr,int yl,int yr){ int t=0; for(int i=xl;i<=xr;i++)for(int j=yl;j<=yr;j++)if(a[i][j]=='1')t++; return t; } int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(i=1;i<=n;i++)scanf("%s",a[i]+1); for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)if(a[i][j]=='1'){ dx++; if(dx%k==0&&dx<k*k)cx[i]=1; } for(j=1;j<=m;j++)for(i=1;i<=n;i++)if(a[i][j]=='1'){ dy++; if(dy%k==0&&dy<k*k)cy[j]=1; } for(i=1;i<n;i++)if(cx[i])qx[++cntx]=i; for(i=1;i<m;i++)if(cy[i])qy[++cnty]=i; if(cntx!=k-1||cnty!=k-1)return puts("NO"),0; qx[cntx+1]=n; qy[cnty+1]=m; for(i=1;i<=cntx;i++)for(j=1;j<=cnty;j++)if(cal(qx[i-1]+1,qx[i],qy[j-1]+1,qy[j])!=1)return puts("NO"),0; puts("YES"); for(i=1;i<=cntx;i++)printf("%d ",qx[i]);puts(""); for(i=1;i<=cnty;i++)printf("%d ",qy[i]);puts(""); }
E. Message
留坑。
F. Bad Word
若整個串不是迴文串,則答案顯然為$1$。
若整個串形如$aaaaa$、$aabaa$、$ababa$,則無解。
否則答案必然是$2$。
#include<cstdio> const int N=200010; int n,i;char a[N]; int main(){ scanf("%d%s",&n,a+1); for(i=1;i<=n;i++)if(a[i]!=a[n-i+1])break; if(i<=n)return puts("1"),0; for(i=1;i<=n;i++)if(a[i]!=a[1])break; if(i>n)return puts("-1"),0; if(n%2==0)return puts("2"),0; for(i=1;i<=n/2;i++)if(a[i]!=a[1])break; if(i>n/2)return puts("-1"),0; for(i=1;i<=n;i++){ if(i>2&&a[i]!=a[i-2])break; } if(i>n)return puts("-1"),0; puts("2"); }
G. Zenyk, Marichka and Interesting Game
首先將所有石子數都模$A+B$,並剔除小於$\min(A,B)$的堆。
若$A=B$,則根據奇偶性判斷即可。
若$A>B$,列舉$A$的第一步行動,然後交換先後手,轉化為$A<B$的問題。
若$A<B$:
- 若$n=0$,則先手必敗。
- 若一步之內可以造出只能$A$拿的堆,即存在石子數$<B$或者$\geq 2A$的堆,那麼$A$可以利用這一堆來控制先後手,從而必勝。
- 否則任何一堆兩人都只能恰好拿一次,故根據$n$的奇偶性判斷即可。
#include<cstdio> #include<set> #include<algorithm> using namespace std; typedef pair<int,int>P; const int N=100010; int n,m,A,B,x,a[N];set<P>T; int work(int A,int B){ if(T.size()==0)return 0; set<P>::iterator x=T.begin(); if(x->first<B)return 1; x=T.end(); x--; if(x->first>=A*2)return 1; return T.size()%2; } int solve(){ int i,ans=0; if(A==B){ for(i=1;i<=m;i++)ans=(ans+a[i]/A)%2; return ans; } if(A<B)return work(A,B); for(i=1;i<=m;i++)if(a[i]>=A){ T.erase(P(a[i],i)); int t=a[i]-A; if(t<A&&t<B)t=0; if(t)T.insert(P(t,i)); if(!work(B,A))return 1; if(t)T.erase(P(t,i)); T.insert(P(a[i],i)); } return 0; } int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&A,&B); while(n--){ scanf("%d",&x); x%=A+B; if(x<A&&x<B)continue; a[++m]=x; T.insert(P(x,m)); } puts(solve()?"Zenyk":"Marichka"); }
H. Frog Jumping
貪心用代價最小的若干個青蛙去貪心地走路線。
#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 ls o<<1 #define rs o<<1|1 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, m, K, D; int c[N]; LL sum[N]; int a[N]; int main() { while(~scanf("%d%d%d%d",&n, &m, &K, &D)) { for(int i = 1; i <= m; ++i)scanf("%d", &c[i]); sort(c + 1, c + m + 1); for(int i = 1; i <= m; ++i) { sum[i] = sum[i - 1] + c[i]; } set<int>sot; for(int i = 1; i <= K; ++i) { scanf("%d", &a[i]); sot.insert(a[i]); } sort(a + 1, a + K + 1); int way = 0; int pos = 1; sot.insert(n); while(!sot.empty()) { auto it = sot.upper_bound(pos + D); //can't reach it if(it == sot.begin()) { break; } --it; pos = *it; // //printf("pos = %d\n", pos); // if(pos == n) { ++way; if(way >= m)break; pos = 1; } else sot.erase(it); } // //printf("Here: way = %d\n", way); // LL ans = 0; if(way == 0) { a[0] = 1; a[K + 1] = n; for(int i = 1; i <= K + 1; ++i) { int dis = a[i] - a[i - 1]; if(dis > D) { ans += c[1]; } } ans += sum[m] - sum[1]; } else { ans = sum[m - way]; } printf("%lld\n", ans); } return 0; } /* 【trick&&吐槽】 10 2 3 3 4 7 4 8 7 10 2 2 3 4 7 9 5 【題意】 【分析】 【時間複雜度&&優化】 */
I. Slot Machine
按照最壞情況模擬即可。
#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 ls o<<1 #define rs o<<1|1 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; vector<int>vt[N]; int a[N]; set< pair<int,int> >sot[N]; int main() { while(~scanf("%d",&n)) { int ANS = inf; for(int i = 0; i < N; ++i)sot[i].clear(); for(int i = 1; i <= n; ++i) { vt[i].clear(); int g; scanf("%d", &g); for(int j = 1; j <= g; ++j) { int x; scanf("%d", &x); vt[i].push_back(x); } sort(vt[i].begin(), vt[i].end()); int col = 0; for(int j = 0; j < g; ++j) { if(j == g - 1 || vt[i][j] != vt[i][j + 1]) { ++col; } } int cnt = 0; for(int j = 0; j < g; ++j) { ++cnt; if(j == g - 1 || vt[i][j] != vt[i][j + 1]) { if(cnt > 1)gmin(ANS, col + 1); sot[ vt[i][j] ].insert( {col, i} ); cnt = 0; } } } for(int i = 1; i <= n; ++i) { int g = vt[i].size(); int cnt = 0; int col = 0; for(int j = 0; j < g; ++j) { ++cnt; if(j == g - 1 || vt[i][j] != vt[i][j + 1]) { a[++col] = inf; for(auto it : sot[ vt[i][j] ]) { int bl = it.second; if(bl == i && cnt == 1)continue; a[col] = it.first + 1; break; } cnt = 0; } } sort(a + 1, a + col + 1); reverse(a + 1, a + col + 1); for(int j = 1; j <= col; ++j) { //printf("(%d %d): %d\n", i, j, a[j]); gmin(ANS, a[j] + j - 1); } } printf("%d\n", ANS); } return 0; } /* 【trick&&吐槽】 7 4 1 2 3 4 1 1 1 2 1 3 1 4 7 4 7 4 4 7 7 4 1 5 5 5 1 2 5 3 4 5 1 2 5 6 7 5 1 2 5 8 9 5 1 2 5 10 11 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2 5 1 2 3 4 5 1 1 1 5 1 2 3 1 2 【題意】 【分析】 【時間複雜度&&優化】 */
J. Half is Good
注意到邊權在$[0,2^{62})$內隨機,故最後$8$位影響排序結果的概率非常小,可以忽略。
還剩$54$位,分成最高的$22$位和後面$32$位,將最高的$22$位相同的邊分組,每組內部排序,每組數量都不多。
然後直接求最小生成樹即可。
#include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; typedef unsigned int U; typedef unsigned long long ll; const int N=10000010,M=(1<<22)+5; int n,m,i,u,v,f[N],have,goal; int g[M],nxt[N],q[1000000]; U e[N][3],ans[N/32+10]; U s; ll w; inline bool cmp(int x,int y){return e[x][2]<e[y][2];} inline U getnxt(){ s ^= s << 13; s ^= s >> 17; s ^= s << 5; return s; } int F(int x){return f[x]==x?x:f[x]=F(f[x]);} inline void merge(int x){ int a=e[x][0],b=e[x][1]; //printf("merge %d %d\n",a,b); if(F(a)!=F(b)){ have++; ans[x>>5]|=1U<<(x&31); f[f[a]]=f[b]; } } inline void solve(int x){ if(g[x]<0)return; if(nxt[g[x]]<0){ merge(g[x]); return; } int cnt=0; for(int i=g[x];~i;i=nxt[i])q[cnt++]=i; sort(q,q+cnt,cmp); for(int i=0;i<cnt;i++)merge(q[i]); } int main(){ scanf("%d%d%u",&n,&m,&s); goal=(n-1)/2+1; goal=min(goal,n-1); U mask=~0U; for(i=0;i<M;i++)g[i]=-1; for(i=0;i<m;i++){ u=getnxt()%n; v=getnxt()%n; w=getnxt()>>2; w=w*getnxt(); w>>=8; e[i][0]=u; e[i][1]=v; e[i][2]=w&mask; w>>=32; nxt[i]=g[w]; g[w]=i; //printf("%d %d %llu\n",u,v,w); } for(i=0;i<n;i++)f[i]=i; for(i=0;i<M&&have<goal;i++)solve(i); m=(m-1)/32; for(i=0;i<=m;i++)printf("%u ",ans[i]); }
K. Dance
留坑。
L. Impress Her
對於一個$A\times B$的包圍矩形,因為四連通,至少消耗$A+B$個點,故直接列舉每個矩形內部所有點的時間複雜度為$O(n^3)$。
對於每個點記錄其所屬矩形,對於每個矩形$x$,列舉內部所有點,檢查$x$是否包含該點所屬矩形即可,用時間戳來$O(1)$判重。
#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 ls o<<1 #define rs o<<1|1 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 = 505, M = 1e6 + 10, 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, m; int a[N][N]; bool vis[M]; bool vs[N][N]; int dfn[M]; int ymin[M]; int ymax[M]; int xmin[M]; int xmax[M]; const int dy[4] = {-1,0,0,1}; const int dx[4] = {0,-1,1,0}; void dfs(int y, int x) { if(vs[y][x])return; vs[y][x] = 1; gmin(ymin[a[y][x]], y); gmax(ymax[a[y][x]], y); gmin(xmin[a[y][x]], x); gmax(xmax[a[y][x]], x); for(int k = 0; k < 4; ++k) { int yy = y + dy[k]; int xx = x + dx[k]; if(a[yy][xx] == a[y][x]) { dfs(yy, xx); } } } int main() { while(~scanf("%d%d",&n, &m)) { for(int i = 1; i <= n; ++i) { for(int j = 1; j <= m; ++j) { scanf("%d", &a[i][j]); } } MS(vis, 0); MS(vs,0); MS(ymin, 63); MS(ymax, 0); MS(xmin, 63); MS(xmax, 0); for(int i = 1; i <= n; ++i) { for(int j = 1; j <= m; ++j) { if(!vis[ a[i][j] ]) { vis[ a[i][j] ] = 1; dfs(i, j); } } } MS(dfn, 0); int tim = 0; int ans = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i) { for(int j = 1; j <= m; ++j) { int col = a[i][j]; if(vis[col]) { vis[col] = 0; ++tim; for(int y = ymin[col]; y <= ymax[col]; ++y) { for(int x = xmin[col]; x <= xmax[col]; ++x) { int c = a[y][x]; if(c != col && dfn[c] != tim && ymin[c] >= ymin[col] && ymax[c] <= ymax[col] && xmin[c] >= xmin[col] && xmax[c] <= xmax[col] ) { dfn[c] = tim; ++ans; } } } } } } printf("%d\n", ans); } return 0; } /* 【trick&&吐槽】 【題意】 【分析】 【時間複雜度&&優化】 */