The 2024 ICPC Asia East Continent Online Contest (I)

目錄

• 寫在前面
• M 簽到
• F 笛卡爾樹 or 單調棧，dfs or ST 表，排序
• A 大力討論，結論
• G 二分答案，字首和
• C 結論，圖論，剩餘系，線性代數
• L 圖論轉化，建圖技巧，最短路
• H 括號序列，網路流
• 寫在最後

寫在前面

補題地址：https://codeforces.com/contest/2005。

以下按個人難度向排序。

復刻 CCPC 網賽開頭超順利但是三個人坐牢同一個題四個小時沒出哈哈太唐樂

M 簽到

模擬即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define ull unsigned long long

const ll p = 998244353;

const int kN = 1e6 + 10;
int num, cnt[26], solved[kN][26];
std::map <std::string, int> id;

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int T; std::cin >> T;
	while (T --) {
		for (int i = 0; i < 26; ++ i) cnt[i] = 0;
		num = 0;
		id.clear();
		
		int n; std::cin >> n;
		while (n --) {
			std::string s, t;
			char name;
			std::cin >> s >> name >> t;
			if (t[0] != 'a') continue;
			
			if (!id.count(s)) {
				id[s] = ++ num;	
				for (int i = 0; i < 26; ++ i) solved[num][i] = 0;
			}
			int d = id[s], p = name - 'A';
			if (solved[d][p]) continue;
			solved[d][p] = 1;
			++ cnt[p];
		}
		
		int ans = 0, c = 0;
		for (int i = 0; i < 26; ++ i) if (cnt[i] > c) ans = i, c = cnt[i];
		cout << (char) ('A' + ans) << "\n";
	}
	return 0;
}

F 笛卡爾樹 or 單調棧，dfs or ST 表，排序

場上 wenqizhi 直接高呼笛卡爾樹秒了，我一聽笛卡爾樹就嗯了一看題真就傻逼題直接秒了。

發現最優情況下，每次操作一定僅會操作兩個數，且合併的過程一定是每次找到極大的全域性最小值的區間，並依次將每個全域性最小值與相鄰的第一個大於它的值操作，直至全部變成這個值。

發現這個過程直接放到笛卡爾樹上，自底向下地根據區間長度統計貢獻即可。建樹後直接 dfs，總時間複雜度 \(O(n)\) 級別。

當然用單調棧+排序 / ST 表 + dfs 實現也可以，複雜度多一個 \(\log\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define ull unsigned long long

const ll p = 998244353;

const int kN = 2e5 + 10;
int n, rt, top, a[kN], st[kN];
int lson[kN], rson[kN];

ll ans;

void dfs(int u_, int L_, int R_) {
	if (lson[u_]) {
		dfs(lson[u_], L_, u_ - 1);	
		if (a[lson[u_]] < a[u_]) ans += u_ - 1 - L_ + 1;	
	}
	if (rson[u_]) {
		dfs(rson[u_], u_ + 1, R_);	
		if (a[rson[u_]] < a[u_]) ans += R_ - (u_ + 1) + 1;
	}
	
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	int T; std::cin >> T;
	while (T --) {
		std::cin >> n;
		for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i], lson[i] = rson[i] = 0;
		
		st[top = 0] = rt = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
			int k = top;
			while (k > 0 && a[st[k]] < a[i]) -- k;
			if (k) rson[st[k]] = i;
			if (k < top) lson[i] = st[k + 1];
			st[++ k] = i;
			top = k;
		}
		rt = st[1];
		
		ans = 0;
		dfs(rt, 1, n);
		cout << ans << "\n";
	}
	return 0;
}

A 大力討論，結論

顯然實際的實力值是無用的，僅需考慮有多少隊伍比中國隊弱即可，稱他們為弱弱隊。

然後場上和 dztlb 大力模擬討論下達到每個階段所需的弱弱隊數量就做完了。

一個很天才的地方是發現 8 強進 4 強，和 4 強進 2 強規則是一致的，然後發現 8 強進 4 強所需的弱弱隊數變化為 \(13 = 6\times 2 + 1\)，於是大膽猜測 4 強進 2 強的變化也類似地有：\(27 = 13\times 2 + 1\)。

Code by dztlb：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define ull unsigned long long

const ll p = 998244353;

int read()
{
	int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
	return f ? -x : x; 
}

ll qpow(ll x_, ll y_, ll mod_ = p) {
	ll ret = 1;
	while (y_) {
		if (y_ & 1) ret = ret * x_ % mod_;
		x_ = x_ * x_ % mod_, y_ >>= 1ll;
	}
	return ret;
}
int T;
int a[50];
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--){
		for(int i=1;i<=32;++i){
			cin>>a[i];
		}
		int cnt=0;
		for(int i=2;i<=32;++i){
			if(a[1]>a[i]) ++cnt;
		}
		if(cnt>=31){
			puts("1"); continue;	
		}
		if(cnt>=27){
			puts("2"); continue;	
		}
		if(cnt>=13){
			puts("4"); continue;	
		}
		if(cnt>=6){
			puts("8"); continue;	
		}
		if(cnt>=2){
			puts("16"); continue;	
		}
		puts("32");
	}
	return 0;
}

G 二分答案，字首和

對於最最佳化中位數，一個眾所周知的套路是考慮二分答案 \(\operatorname{mid}\)，僅需檢查數列中不小於 \(\operatorname{mid}\) 的數的數量，是否不小於 \(\left\lfloor\frac{\operatorname{len}}{2}\right\rfloor+1\) 即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
#define ll long long
#define ull unsigned long long

const ll p = 998244353;

int read()
{
	int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
	return f ? -x : x; 
}

const int N = 2005;
int n, A[N], a[N], d[N], b[N][N];
ll sum1[N][N], sum2[N][N], c[N][N];

bool check(int mid)
{
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = (A[i] >= mid);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) sum1[i][i] = a[i];
	for(int i = 1; i <= n; ++i) sum2[i][i] = b[i][i] = a[i];
	for(int len = 2; len <= n; ++len)
		for(int l = 1, r = l + len - 1; r <= n; ++l, ++r)
		{
			sum1[l][r] = sum1[l][r - 1] + a[r];
			sum2[l][r] = b[l][r] = (len / 2 + 1 <= sum1[l][r]);
		}
	for(int r = 1; r <= n; ++r)
		for(int l = 1; l <= r; ++l)
			sum2[l][r] += sum2[l - 1][r]; 
	for(int i = 1; i <= n; ++i) c[i][i] = b[i][i];
	for(int len = 2; len <= n; ++len)
		for(int l = 1, r = l + len - 1; r <= n; ++l, ++r)
		{
			c[l][r] = c[l][r - 1] + sum2[r][r] - sum2[l - 1][r];
		}
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		for(int j = i; j <= n; ++j)
			ans += (c[i][j] >= (j - i + 1) * (j - i + 2) / 2 / 2 + 1);
	return ans >= (n * (n + 1) / 2) / 2 + 1;
}

signed main() {
	n = read();
	for(int i = 1; i <= n; ++i) A[i] = d[i] = a[i] = read();	
	sort(d + 1, d + n + 1);
	int l = 1, r = n;
	while(l < r)
	{

		int mid = (l + r + 1) >> 1;
		if(check(d[mid])) l = mid;
		else r = mid - 1;
	}
	printf("%lld\n", d[l]);
	return 0;
}

C 結論，圖論，剩餘系，線性代數

牛逼提！讓我想起 ICPC2021 Jinan 的 J（這場補題在 PTA 上），賽後一看也是北大出的題那可以理解了，感覺這兩題肯定是一塊出出來的。

//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
const int kN = 1e6 + 10;
//=============================================================
int n, fa[kN];
//=============================================================
int find(int x_) {
  return fa[x_] == x_ ? x_ : fa[x_] = find(fa[x_]);
}
void merge(int x_, int y_) {
  int fx = find(x_), fy = find(y_);
  if (fx == fy) return ;
  fa[fx] = fy;
}
//=============================================================
int main() {
  //freopen("1.txt", "r", stdin);
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
  int T; std::cin >> T;
  while (T --) {
    std::cin >> n;
    for (int i = 0; i <= n; ++ i) fa[i] = i;
    int ans = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
      int l, r; std::cin >> l >> r;
      if (find(l - 1) == find(r)) ans = 0;
      merge(l - 1, r);
    }
    std::cout << ans << "\n";
  }
  return 0;
}

L 圖論轉化，建圖技巧，最短路

//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pr std::pair
#define mp std::make_pair
const int kN = 2010;
//=============================================================
int n, l, q;
int fa[kN][2], into[kN];
std::vector<pr<int, int> > edge[kN];
int dis[kN][kN];
bool vis[kN];
//=============================================================
int get(char a_, char b_) {
  int ret = ((int) a_ - 48) * 50 + ((int) b_ - 48);
  return ret;
}
int find(int id_, int x_) {
  return fa[x_][id_] == x_ ? x_ : fa[x_][id_] = find(id_, fa[x_][id_]);
}
void merge(int id_, int x_, int y_) {
  int fx = find(id_, x_), fy = find(id_, y_);
  if (fx == fy) return ;
  fa[fx][id_] = fy;
}
void addedge(int u_, int v_, int w_) {
  edge[u_].push_back(mp(v_, w_));
}
void init() {
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) edge[i].clear(), fa[i][0] = fa[i][1] = i;
  
  for (int time = 1; time <= l; ++ time) {
    std::string s; std::cin >> s;
    int flag = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
      vis[i] = 0, into[i] = 0, fa[i][1] = i;
    }
    for (int i = 0; i < 2 * n; i += 2) {
      int x = get(s[i], s[i + 1]);
      ++ into[x];
      if (into[x] == 2) ++ flag;
      if (into[x] == 3) flag = kN;
      merge(1, i / 2 + 1, x);
    }
    if (flag >= 2) continue;
    if (flag) {
      int u = 0, v1 = 0, v2 = 0;
      for (int i = 0; i < 2 * n; i += 2) {
        int p = i / 2 + 1, x = get(s[i], s[i + 1]);
        if (into[p] == 0) u = p;
        if (into[x] == 2 && v1 != 0 && v2 == 0) v2 = p;  
        if (into[x] == 2 && v1 == 0) v1 = p;
      }
      addedge(v1, u, time), addedge(v2, u, time);
    } else {
      for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
        if (find(0, find(1, i)) == find(0, i)) continue;
        addedge(i, find(1, i), time), addedge(find(1, i), i, time);
        merge(0, find(1, i), i);
      }
    }
  }
}
int query(int a_, int b_, int c_) {
  return dis[a_][b_] <= c_;
}
void dijkstra(int s_) {
  std::priority_queue <pr <int, int> > q;
  for (int i = 1; i <= n; ++ i) vis[i] = 0, dis[s_][i] = kN;
  dis[s_][s_] = 0;
  q.push(mp(0, s_));

  while (!q.empty()) {
    int u = q.top().second; q.pop();
    if (vis[u]) continue;
    vis[u] = 1;
    for (auto [v, w]: edge[u]) {
      if (dis[s_][v] > std::max(dis[s_][u], w)) {
        dis[s_][v] = std::max(dis[s_][u], w);
        q.push(mp(-dis[s_][v], v));
      }
    }
  }
}
//=============================================================
int main() {
  // freopen("1.txt", "r", stdin);
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
  int T; std::cin >> T;
  while (T --) {
    std::cin >> n >> l >> q;
    init();
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) dijkstra(i);

    while (q --) {
      std::string s; std::cin >> s;
      int a = get(s[0], s[1]), b = get(s[2], s[3]), c = get(s[4], s[5]);
      std::cout << query(a, b, c);
    }
    std::cout << "\n";
  }
  return 0;
}

H 括號序列，網路流

見過括號序列轉換成差分約束的，這下又見到轉換成網路流的了，括號序列真是牛逼。

寫在最後

學到了什麼：

• C：有特殊的數學限制，考慮轉化成數學模型，並考慮數學模型下限制的等價形式。
• G：最最佳化中位數，套路二分答案；
• H：小範圍下，有數量的約束關係，考慮跑網路流確定方案。

然後日常夾帶私貨：