[ABC349] AtCoder Beginner Contest 349 題解

MoyouSayuki發表於2024-04-14

[ABC349] AtCoder Beginner Contest 349 題解

目錄
  • [ABC349] AtCoder Beginner Contest 349 題解
    • A - Zero Sum Game
    • B - Commencement
    • C - Airport Code
    • D - Divide Interval
    • E - Weighted Tic-Tac-Toe
    • F - Subsequence LCM
    • G - Palindrome Construction
    • 總結

A - Zero Sum Game

零和博弈，觀察到和為0，就完了。

B - Commencement

模擬，多讀幾遍題。

C - Airport Code

直接在 S 後面插入一個 X，然後就變成第一種情況，貪心即可。

D - Divide Interval

一個位置的方案可能是去掉若干個字尾 0，然後加一，再加回來字尾 0。

根據貪心的思路，儘可能去掉最多個字尾 0，發現跑得很快然後過了。

int l, r;
int cnt (int x) {
    int c = 0;
    while(x) {
        if(x & 1) break;
        x /= 2;
        c ++;
    }
    return c;
}
int al[N], ar[N];
void work() {
    cin >> l >> r;
    int ans = 0;
    for(int i = l; i < r; ) {
        int k = cnt(i);
        if(i == 0) k = 61;
        for(int j = k; j >= 0; j --) {
            int p = (((i >> j) + 1) << j);
            if(p <= r) {
                ans ++;
                al[ans] = i, ar[ans] = p;
                i = p;
                break;
            }
        }
    }
    cout << ans << '\n';
    for(int i = 1; i <= ans; i ++)
        cout << al[i] << ' ' << ar[i] << '\n';
    
    return ;
}

E - Weighted Tic-Tac-Toe

博弈論板子，爆搜即可，不放心加記憶化。

// Problem: E - Weighted Tic-Tac-Toe
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 349
// Author: Moyou
// Copyright (c) 2024 Moyou All rights reserved.
// Date: 2024-04-13 20:33:25

#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 10 + 10;

int a[N][N], g[N][N], n;
int S(int g[][N]) {
    int ans = 0;
    for(int i = 1, w = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= n; j ++, w *= 3) 
            ans += ((g[i][j] == -1 ? 2 : g[i][j]) * w);
        
    return ans;
}
int check(int g[][N]) {
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        bool flg = 1;
        if(g[i][1] == -1) continue;
        for(int j = 1; j < n; j ++) {
            if(!(g[i][j] != -1 && g[i][j + 1] != -1)) {
                flg = 0;
                break;
            }
            if(g[i][j] != g[i][j + 1]) {
                flg = 0;
                break;
            }
        }
        if(flg)
            return g[i][1];
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        bool flg = 1;
        if(g[1][i] == -1) continue;
        for(int j = 1; j < n; j ++) {
            if(!(g[j][i] != -1 && g[j + 1][i] != -1)) {
                flg = 0;
                break;
            }
            if(g[j][i] != g[j + 1][i]) {
                flg = 0;
                break;
            }
        }
        if(flg)
            return g[1][i];
    }
    if(g[1][1] != -1 && g[1][1] == g[2][2] && g[1][1] == g[3][3]) return g[1][1];
    if(g[1][3] != -1 && g[1][3] == g[2][2] && g[1][3] == g[3][1]) return g[2][2];
    int x = 0, y = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= n; j ++) {
            if(g[i][j] == -1) return 2;
            if(g[i][j] == 0) x += a[i][j];
            else y += a[i][j];
        }
    return (x < y);
}
int f[60000];
int dfs(int u) {
    int s = S(g);
    if(check(g) != 2)
        return f[s] = check(g);
    if(f[s] != 0x3f3f3f3f3f3f3f3f) return f[s];
    bool flg = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= n; j ++) {
            if(g[i][j] == -1) {
                g[i][j] = u;
                int ne = dfs(u ^ 1);
                g[i][j] = -1;
                if(ne == u)
                    return f[s] = ne;
                if(ne == 2) flg = 1;
            }
        }
    return f[s] = (flg ? 2 : (u ^ 1));
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    n = 3;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        for(int j = 1; j <= n; j ++)
            cin >> a[i][j];
    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    memset(g, -1, sizeof g);
    dfs(0);
    cout << (f[19682] ? "Aoki" : "Takahashi") << '\n';

    return 0;
}
/*
0 -1 -1 
-1 0 -1 
-1 -1 1 

*/

F - Subsequence LCM

本場我最喜歡的題。

考慮質因數分解，然後要求取若干個數使得 \(\text lcm = M\)，可以發現，去掉不合法的數字之後，如果某個位 \(p_i^{\alpha _i}\) 上所有 \(< \alpha_i\) 的數都是一樣的，這一位上可選可不選，所以可以用一個 01 串來表示每個數。

那麼就轉化為了：

給出一個序列，取出一個集合使得它們的或為 \(M\)，方案數多少。

有一個顯然的 DP：\(f_{i, s}\) 表示選取前 \(i\) 個數，或為 \(s\) 的方案數。

這樣是 \(O(n2^{w(M)})\)，看似可過實際上會爆掉。

然後發現如果兩個數的 01 串是相同的它們的轉移也一樣，所以可以最佳化把狀態數最佳化成 \(2^w\)，總時間複雜度是 \(O(4^w)\)，可過。

考慮更優的做法。

很容易想到用容斥做這個計數，也就是算出來$ g_i$ 表示：

\[\sum_{t\subset i}g_t \]

也就是一個 SOSDP（子集卷積，Zeta 變換）。

然後子集容斥算出來答案。

// Problem: F - Subsequence LCM
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 349
// Author: Moyou
// Copyright (c) 2024 Moyou All rights reserved.
// Date: 2024-04-13 21:31:08

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, M = (1 << 13) + 10, mod = 998244353;

int n, m, a[N], b[M], f[M], k;
vector<pair<int, int> > primes;
void get_p(int a) {
    for(int i = 2, cnt; i * i <= a; i ++) {
        if(a % i == 0) {
            cnt = 0;
            while(a % i == 0) a /= i, cnt++; 
            primes.push_back({i, cnt});
        }
    }
    if(a > 1) primes.push_back({a, 1}); 
    k = primes.size();
    return;
}
int qmi(int a, int b) {
	int res = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
		b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod; 
	}
	return res;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    get_p(m);
    for(int i = 1, s, j; i <= n; i ++) {
        cin >> a[i];
        s = 0, j = 0;
        for(auto [p, r] : primes) {
            int c = 0;
            while(a[i] % p == 0)
                c ++, a[i] /= p;
            if(c == r) s |= (1 << j);
            if(c > r) {
                s = -1;
                break;
            }
            j ++;
        }
        if((~s) && a[i] == 1) f[s] ++;
    }
    if(m == 1) return cout << (qmi(2, f[0]) - 1 + mod) % mod << '\n', 0;
    
    /* O(4^k) solution, optimizing brute dp by uniquing trans
    f[0][0] = qmi(2, b[0]);
    for(int i = 0; i < (1 << k); i ++) {
        for(int s = 0; s < (1 << k); s ++) {
            (f[i + 1][s | i] += 1ll * f[i][s] * (qmi(2, b[i + 1]) - 1) % mod) %= mod;
            (f[i + 1][s] += f[i][s]) %= mod;
        }
    }
    cout << (f[(1 << k) - 1][(1 << k) - 1] % mod + mod) % mod << '\n';
    */
    
    // O(k2^n) solution, SOSDP + inconclusion exclusion pinciple
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i < k; i ++)
        for(int s = 0; s < (1 << k); s ++)
            if(s >> i & 1) (f[s] += f[s ^ (1 << i)]) %= mod;
    for(int s = 0; s < (1 << k); s ++)
        f[s] = qmi(2, f[s]);
    for(int s = 0; s < (1 << k); s ++)
        (ans += ((__builtin_popcount(s) + k & 1) ? -1 : 1) * f[s]) %= mod;
    cout << (ans % mod + mod) % mod << '\n';
    
    return 0;
}

G - Palindrome Construction

類似 Manacher 從前往後構造原串。

如果一個位置有迴文半徑覆蓋就使用對稱位置的字元，否則就貪心選擇可以選擇的字元裡最小的，每次確定之後要給後面的\(i + a_i\) 打上不等於 \(i - a_i\) 的標記。

這樣搞出來是最優解，判斷有無解跑一遍 Manacher 即可。

時間複雜度：\(O(n)\)。

// Problem: G - Palindrome Construction
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 349
// Author: Moyou
// Copyright (c) 2024 Moyou All rights reserved.
// Date: 2024-04-14 16:55:53

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 4e5 + 10;

int n, a[N], b[N], d[N], c[N];
vector<int> g[N];
bool st[N];
bool manacher() {
    d[1] = 1;
    int m = 0;
    c[++ m] = -1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) c[++ m] = b[i], c[++ m] = -1;
    for(int i = 2, l = 0, r = 0; i <= m; i ++) {
        if(i <= r) d[i] = min(r - i + 1, d[r + l - i]);
        while(i - d[i] >= 0 && i + d[i] <= m && c[d[i] + i] == c[i - d[i]]) d[i] ++;
        if(i + d[i] - 1 > r) l = i - d[i] + 1, r = i + d[i] - 1;
    }
    for(int i = 2; i <= m; i += 2)
        if(d[i] / 2 != a[i / 2]) return 0;
    return 1;
}

signed main() {
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i], a[i] ++;
    for(int i = 1, l = 1, r = 0; i <= n; i ++) {
        if(i <= r) b[i] = b[r - i + l];
        else {
            for(auto x : g[i])
                st[x] = 1;
            for(int j = 1; j <= n; j ++)
                if(!st[j]) {
                    b[i] = j;
                    break;
                }
            for(auto x : g[i])
                st[x] = 0;
        }
        if(i + a[i] - 1 > r) l = i - a[i] + 1, r = i + a[i] - 1;
        g[i + a[i]].push_back(b[i - a[i]]);
    }
    if(!manacher()) return cout << "No\n", 0;
    cout << "Yes\n";
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cout << b[i] << ' '; cout << '\n';

    return 0;
}

總結

B，C爽吃罰時，下次要多造點 corner case 然後仔細讀題。

E 沙比題寫太久了沒空寫 F，賽時沒開 G 有點遺憾。

相關文章