08-08 題解

地址

A - CF1420E

luogu 翻譯更正

if he gives no more that k orders

對於至多 k 次操作, 題面沒有翻譯出來

思路

怎麼算貢獻？

貢獻（被保護）出現在「處在任意兩個不同的 0 的連續段的守衛」之間，而處於同一連續段的守衛之間沒有貢獻

設一共 $cnt$ 個 $0$，每個連續段分別有 $c_i$ 個 $0$

則 $contribute = C_{cnt}^{2} - \sum_{i} C_{c_i}^{2}$

考慮 DP

設 $dp(i, j, k, l)$ 為考慮到第 $i$ 個人，前面一共進行了 $j$ 步操作，用了 $k$ 個 $1$ ，當前連續段有 $l$ 個 $0$

但是這樣的空間複雜度是 $O(n^5)$，鐵定過不了

嘗試最佳化掉一維狀態

最後一維是最好最佳化的，我們只需要把狀態的含義改為「考慮到第 $i$ 個人，他選了 $1$」，這樣只需要列舉一個 $ii\ > i$ ，表示下一個選 $1$ 的位置是 $ii$ ，轉移即可。

而原來的 $l$ 一維就等於 $ii - i - 1$

所以 $dp(i, j, k) = min\{dp(ii < i\ , jj <= j\ , k - 1)\}$

注意，輸出答案時要取字首 $min$，原因見文首「翻譯勘誤」

程式碼

$O(n^5)$ 加一些剪枝，跑的飛快

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 81, INF = 1e9;

int n;
int a[N], ps[N], cnt, cntzr;
int dp[N][N * N][N], ans[N * N];

int Calc(int x){
    return x * (x - 1) / 2;
}

signed main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
        if(a[i] == 1) ps[++cnt] = i;
        else ++cntzr;
    }

    int up = Calc(n);
    for(int i = 0; i <= n; i++){
        for(int j = 0; j <= up; j++){
            for(int k = 0; k <= n; k++){
                dp[i][j][k] = INF;
            }
        }
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++){
        dp[i][abs(ps[1] - i)][1] = Calc(i - 1);
        for(int j = 0; j <= up; j++){
            for(int k = 1; k <= i && k < cnt; k++){
                if(dp[i][j][k] == INF) continue;
                int rem = cnt - k;
                for(int ii = i + 1; ii <= n - rem + 1; ii++){
                    int jj = j + abs(ps[k + 1] - ii);
                    if(jj <= up){
                        dp[ii][jj][k + 1] = min(dp[ii][jj][k + 1], dp[i][j][k] + Calc(ii - i - 1));
                    }
                }
            }
        }
    }

    for(int i = 0; i <= up; i++){
        ans[i] = Calc(cntzr);
    }
    for(int j = 0; j <= up; j++){
        if(j) ans[j] = ans[j - 1];
        for(int i = cnt; i <= n; i++){
            if(dp[i][j][cnt] == INF) continue;
            ans[j] = min(ans[j], dp[i][j][cnt] + Calc(n - i));
        }
    }
    for(int i = 0; i <= up; i++){
        ans[i] = Calc(cntzr) - ans[i];
        cout << ans[i] << " ";
    }
    cout << "\n";
}

B - AGC017D

吐槽 MX 給的題面有誤

思路

首先，父節點的每個子樹都可以看成一個獨立的遊戲，拆開，發現形如 Nim 遊戲

遞迴地拆開後，發現只需要處理父節點只有一個兒子的情況

但是這個遊戲比較特殊，如果當前節點非根，我們可以一步直接斷掉他和根的連邊，結束這顆子樹中的遊戲

這一點在博弈狀態的 DAG 上表示為：每個非根節點都指向 (SG = 0)

因為 SG(i) 表示 $i$ 的子游戲的 MEX，而 $i$ 直接指向 $0$ ，所以實際的 SG = SG(i) + 1（$i$ 非根的情況下）

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Pii pair <int, int>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10, MOD = 20, INF = 1e18;

int n;
int u, v, sg[N];
vector <int> e[N];

void Dfs(int x, int y){
    for(auto i : e[x]){
        if(i == y) continue;
        Dfs(i, x);
        sg[x] ^= (sg[i] + 1);
    }
}

signed main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i < n; i++){
        cin >> u >> v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    Dfs(1, 0);
    if(sg[1]){
        cout << "Alice\n";
    }else{
        cout << "Bob\n";
    }
}

C - AGC052B

經典套路：把邊權轉移到點權上

思路

設點權設為從根到他的路徑權值的抑或和

這樣你就發現了一些神奇的東西：對於一條邊 $(u, v) dep_u < dep_v$，操作這條邊相當於交換 $u, v$ 點權，其他點都不變

但是有特殊情況：根節點沒有連向父親的邊，不妨假想一條

因為題目中的操作不會改變點權集合，所以如果 $w_2$ 中的那條虛擬邊和 $w_1$ 中的一樣都是 $0$ 的話，兩個集合應該相等

將 $w_1, w_2$ 的所有點權抑或起來就是 $w_2$ 中虛擬邊的邊權，將 $w_2$ 中所有點權與他抑或後比較兩個集合是否相等即可

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Pii pair <int, int>
using namespace std;
const int N = 1e7 + 10, MOD = 998244353;
const int Inv2 = (MOD + 1) / 2;

int n;
int u, v, wa, wb;
int a[N], b[N];

struct Edge{
    int v, wa, wb;
};
vector <Edge> e[N];

void Dfs(int x, int y, int va, int vb){
    a[x] = va, b[x] = vb;
    for(auto i : e[x]){
        if(i.v == y) continue;
        Dfs(i.v, x, va ^ i.wa, vb ^ i.wb);
    }
}

signed main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i < n; i++){
        cin >> u >> v >> wa >> wb;
        e[u].push_back({v, wa, wb});
        e[v].push_back({u, wa, wb});
    }

    Dfs(1, 0, 0, 0);

    int xr = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        xr ^= (a[i] ^ b[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        b[i] ^= xr;
    }

    sort(a + 1, a + 1 + n);
    sort(b + 1, b + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        if(a[i] != b[i]){
            cout << "NO\n";
            return 0;
        }
    }
    cout << "YES\n";
}

D - CF1710E

二分圖博弈，鴿

E - AGC040C

經典套路：黑白染色

思路

假設我們已經有了一個串，將他的奇數位染成黑色，偶數位染成白色

對於 $AB, BA$ 他們一定是黑白各佔一個的

不妨把黑色位置的 $A, B$ 都改成 $A$ ，白色的都改成 $B$ ，那麼原題中的限制就變成了「不能刪除連續的 $AA, BB$」

那麼只有當 $A$ 或 $B$ 的數量超過一半時才沒法變成空串

方案數用組合數算一下就行

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Pii pair <int, int>
using namespace std;
const int N = 1e7 + 10, MOD = 998244353;
const int Inv2 = (MOD + 1) / 2;

int n;
int tot;

int fac[N], inv[N];

void Init(){
    int up = 1e7;

    fac[0] = fac[1] = 1;
    inv[0] = inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= up; i++){
        fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
        inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
    }
    for(int i = 2; i <= up; i++){
        inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % MOD;
    }
}

int C(int n, int m){
    return fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}

int Q_pow(int a, int b){
    int ans = 1, p = a;
    while(b){
        if(b & 1) ans = (ans * p) % MOD;
        b >>= 1;
        p = (p * p) % MOD;
    }
    return ans;
}

signed main(){
    // freopen("1.in", "r", stdin);

    cin >> n;
    Init();
    tot = Q_pow(3, n);
    // cout << tot << "tot\n";

    int st = (n + 1) / 2 + 1;
    // cout << st << "st\n";
    for(int i = st; i <= n; i++){
        int num = C(n, i) * Q_pow(2, n - i) % MOD * 2 % MOD;
        // cout << num << " ";
        tot = (tot - num + MOD) % MOD;
    }
    cout << tot << "\n";
}

F - CF1642F

根號分治，隨機化都行（題解區還有剛上新的同學的做法）

隨機化正確率的計算

如果模數是 20，那麼不衝突的機率為 $\frac{C_{15}^{5}}{C_{20}{5}} \approx 0.19369195046439628483 $

那麼我們做 20 次，正確率就是 $1 - (1 - 0.19369195046439628483) ^ {20} \approx 0.98650975275351626002$，非常的高啊

程式碼

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Pii pair <int, int>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10, MOD = 20, INF = 1e18;

int n, m, ans;
int a[N][7], w[N], num[N];
int dp[1 << 21], id[N];

int cnt;
unordered_map <int, int> rid;

void Calc(){
    random_shuffle(id + 1, id + 1 + cnt);

    int upp = (1 << 21) - 1;
    for(int i = 0; i <= upp; i++){
        dp[i] = INF;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        num[i] = 0;
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            a[i][j] = id[a[i][j]];
            num[i] |= (1 << (a[i][j] % MOD));
        }
        dp[num[i]] = min(dp[num[i]], w[i]);
    }
    for(int i = 0; i <= 20; i++){
        for(int j = 0; j <= upp; j++){
            if((j >> i) & 1){
                dp[j] = min(dp[j], dp[j ^ (1 << i)]);
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        ans = min(ans, w[i] + dp[upp ^ num[i]]);
    }
}

signed main(){
    srand(1ll * time(0) * time(0) % 998244353);

    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            cin >> a[i][j];
            if(!rid[a[i][j]]) rid[a[i][j]] = ++cnt;
            a[i][j] = rid[a[i][j]];
        }
        cin >> w[i];
    }

    for(int i = 1; i <= cnt; i++){
        id[i] = i;
    }

    ans = INF;
    for(int i = 1; i <= 20; i++){
        Calc();
    }

    if(ans == INF){
        ans = -1;
    }
    cout << ans << "\n";
}

08-08 題解

08-08 題解

A - CF1420E

思路

程式碼

B - AGC017D

思路

程式碼

C - AGC052B

思路

程式碼

D - CF1710E

E - AGC040C

思路

F - CF1642F

程式碼

相關文章