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Codeforces Round 868 Div 2

2023-04-30 07:46:24 其他

A. A-characteristic (CF 1823 A)

題目大意

要求構造一個僅包含\(1\)和 \(-1\)的長度為 \(n\)的陣列 \(a\)，使得存在 \(k\)個下標對 \((i, j), i < j\)滿足 \(a_i \times a_j = 1\)，

解題思路

當有\(x\)個 \(1\)， \(y\)個 \(-1\)時，其滿足條件的下標對數量為 \(\frac{x (x - 1)}{2} + \frac{y (y - 1)}{2}\)，

由于\(n\)只有 \(100\)，直接列舉 \(x\)即可，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n, k;
        cin >> n >> k;
        int one = 0;
        for(; one <= n; ++ one){
            int neg = n - one;
            if (neg * (neg - 1) + one * (one - 1) == 2 * k)
                break;
        }
        if (one > n)
            cout << "No" << '\n';
        else{
            cout << "Yes" << '\n';
            for(int i = 0; i < one; ++ i)
                cout << 1 << ' ';
            for(int i = 0; i < n - one; ++ i)
                cout << -1 << ' ';
            cout << '\n';
        }
    }

    return 0;
}

B. Sort with Step (CF 1823 B)

題目大意

給定一個排序，問能否僅通過交換相隔\(k\)的倆元素，使得有序，不能的話問能否事先通過一次任意交換操作后，再通過之前的操作交換得到有序，

解題思路

考慮每個元素的原始位置和最后所在的位置，它們對\(k\)的取模應該相同，否則就不能有序，

而如果恰好有兩個元素其對\(k\)的取模不同，且交換之后是相同的，則可以，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n, k;
        cin >> n >> k;
        vector<int> a(n);
        for(auto &i : a){
            cin >> i;
            i --;
        }
        bool ok1 = true;
        map<pair<int, int>, int> cnt;
        for(int i = 0; i < n; ++ i){
            if (i % k != a[i] % k){
                ok1 = false;
                cnt[{min(i % k, a[i] % k), max(i % k, a[i] % k)}] ++;
            }
        }
        if (ok1)
            cout << 0 << '\n';
        else if (cnt.size() == 1 && cnt.begin()->second == 2)
            cout << 1 << '\n';
        else 
            cout << -1 << '\n';
    }

    return 0;
}

C. Strongly Composite (CF 1823 C)

題目大意

給定一個陣列\(a\)，構造陣列 \(b\)，要求最大化陣列的元素數量，使得倆陣列的所有元素的乘積相同，且陣列 \(b\)的每個數都是強合數，

強合數的定義為，合數因子數量\(\geq\)質數因子數量，

解題思路

乘積相同，相當于將陣列\(a\)里的質數重新組合；數量最大，相當于盡可能少用質數來組成一個新的數，

可以發現，兩個相同的質陣列成一個強合數，或者三個不同的質數可以組成一個強合數，

由此我們統計陣列 \(a\)中的每個質數的數量，同個質數倆倆組合，不同質數三三組合，就能最大化答案了，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n;
        cin >> n;
        map<int, int> cnt;
        auto fac = [&](int a){
            for(int i = 2; i * i <= a; ++ i){
                while (a % i == 0){
                    cnt[i] ++;
                    a /= i;
                }
            }
            if (a != 1)
                cnt[a] ++;
        };
        for(int i = 0; i < n; ++ i){
            int a;
            cin >> a;
            fac(a);
        }
        LL ans = 0;
        int left = 0;
        for(auto &[_, value] : cnt){
            ans += value / 2;
            left += (value & 1);
        }
        ans += left / 3;
        cout << ans << '\n';

    }

    return 0;
}

D. Unique Palindromes (CF 1823 D)

題目大意

要求構造一個僅包含小些字母的字串\(s\)，長度為\(n\)，且滿足 \(k\)個限制，

每個限制表述為\((x_i, c_i)\)， 字串\(s\)的長度為 \(x_i\)的前綴滿足有 \(c_i\)個本質不同的回文串）

解題思路

通過打表發現本質不同的回文串數量不會超過字串長度，

注意到\(k\)最大只有 \(20\)，這啟示我們每個限制可以用一個字符去滿足，

思考樸素的構造方法，對于一個長度為 \(n\)的字串，我們可以 \(aaaaaaaabcabcabc\)這樣去構造，一開始連續的 \(a\)的數量就能控制這個字串的本質不同的回文串的數量，這樣的構造方法滿足其數量在 \([3, n]\)之內，這剛好符合題意里 \(c_i \geq 3\)的限制，

因此我們可以先根據第一個限制構造出如上的字串，對于之后的限制進行增量構造，增加的回文數量用 \(dddd\)， \(eeeee\)這樣構造，剩下的長度用 \(abc\)這樣不會增加回文串數量的形式去填充，

注意用于填充的字串，在每次填充時應該繼續前面的，而不是從頭（從\(abc\) ）開始（如代碼的fill_cur），不然可能會新增回文串，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n, k;
        cin >> n >> k;
        vector<int> x(k), c(k);
        for(auto &i : x)
            cin >> i;
        for(auto &i : c)
            cin >> i;
        string ans;
        int fill_cur = 0;
        auto fill = [&](int x){
            while(x--){
                ans.push_back('a' + fill_cur);
                fill_cur = (fill_cur + 1) % 3;
            }
        };
        auto ok = [&](){
            int cur = 0;
            for(int i = 0; i < k; ++ i){
                int dis = x[i] - c[i];
                if (dis < 0)
                    return false;
                if (cur > dis)
                    return false;
                cur = dis;
            }

            ans += string(c[0] - 3, 'a');
            fill(x[0] - ans.size());
            for(int i = 1; i < k; ++ i){
                ans += string(c[i] - c[i - 1], 'c' + i);
                fill(x[i] - ans.size());
            }
            return true;
        };
        if (ok()){
            cout << "YES" << '\n';
            cout << ans << '\n';
        }else {
            cout << "NO" << '\n';
        }
    }

    return 0;
}

E. Removing Graph (CF 1823 E)

題目大意

兩人博弈，

給定\(n\)個環，每個人可以從\([l, r]\) 中選一個數\(x\)，然后選擇由\(x\) 個點組成的連通子圖，將點及其邊去掉，不能操作者輸，

在絕頂聰明的情況下，問先后手誰必贏，

解題思路

每個環都是一個獨立局面，因此我們求出每個環的\(sg\)值，異或起來，非零就先手贏，否則后手贏，

對于一個環來說，取了一次之后就變成一條鏈了，因此一個環的 \(sg\)值就是所有可能的鏈的長度對應的\(sg\)值的 \(mex\)，

對于一個鏈來說，取了一次之后就變成兩條鏈，這兩條鏈分別都是一個獨立局面，因此一個鏈的 \(sg\)值，就是一些操作值的 \(mex\)， 而操作值就是取了之后（有取的長度和取的位置兩個因素）的兩個鏈的\(sg\)值的異或，

abc287g和abc297g就是要求一個鏈的\(sg\)值，

注意到題目保證了 \(l \neq r\)，對于一條鏈來說，如果它能取（即長度 \(\geq l\)），則必定能分成兩條長度一樣的鏈，之后先手就模仿后手的操作，就能必贏了，

也就是說，對于一個環來說，如果其長度\(len \geq l + r\)，那么先手取了一次后，變成的鏈因為后手必定可以再取（\(len - r \geq l\) )，所以對于后手來說必定是個必勝態，所以這樣的環對于先手來說必定是個必敗態，其 \(sg\)值為 \(0\)，

而長度小于 \(l\)，不能取，那肯定是必敗態，其 \(sg\)值為 \(0\)，

考慮環長度 在 \([l, l+r)\)之間的\(sg\)值，其對應的鏈長度有 \(len - l, len - l - 1, len - l - 2, ..., len - r\)，其\(sg\)值就是這些可能的鏈長度的 \(sg\)值取 \(mex\)，

考慮鏈長度，小于 \(l\)，是必敗態，其 \(sg\)值為 \(0\)， 而\(sg(l) = sg(l + 1) = sg(l + 2) ... = sg(l + l - 1) = 1\)，

\(sg(2l) = mex(sg(l), sg(l - 1), sg(l - 2), ..., sg(1), sg(0)) = mex(1, 0, 0, 0, ..., 0) = 2 = sg(2l + 1) = sg(2l + 2)\)

\(sg(3l) = mex(sg(2l), sg(2l - 1), ..., sg(l), sg(l - 1), ..., sg(0)) = mex(2, 1, ..., 1, 0, ..., 0) = 3 = sg(3l + 1) = sg(3l + 2)\)

上述的\(mex\)里的每一項都是取最邊邊的結果（即取了之后還有一個鏈），至于有兩條鏈的結果，是長度更小的兩個鏈的\(sg\)的異或值，其不會超過上面的最大值，

由此（或打表）可以發現長度為\(sg(len) = \lfloor \frac{len}{l} \rfloor(l \leq len < l + r)\)

進而環的 \(sg_c(len) = mex(sg(len - l), sg(len - l - 1), ..., sg(len - r)) = \lfloor \frac{len}{l} \rfloor(l \leq len < l + r)\)

環的\(sg\)值求出來了，異或一下就知道誰贏了，

至于環大小，用并查集或\(BFS\)一下就知道了，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

class dsu {
    public:
    vector<int> p;
    vector<int> sz;
    int n;

    dsu(int _n) : n(_n) {
        p.resize(n);
        sz.resize(n);
        iota(p.begin(), p.end(), 0);
        fill(sz.begin(), sz.end(), 1);
    }

    inline int get(int x) {
        return (x == p[x] ? x : (p[x] = get(p[x])));
    }

    inline bool unite(int x, int y) {
        x = get(x);
        y = get(y);
        if (x != y) {
            p[x] = y;
            sz[y] += sz[x];
            return true;
        }
        return false;
    }
};

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, l, r;
    cin >> n >> l >> r;
    dsu d(n);
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        -- u;
        -- v;
        d.unite(u, v);
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        if (d.get(i) == i){
            if (d.sz[i] >= l && d.sz[i] < l + r)
                ans ^= d.sz[i] / l;
        }
    }
    if (ans)
        cout << "Alice" << '\n';
    else 
        cout << "Bob" << '\n';

    

    return 0;
}

F. Random Walk (CF 1823 F)

題目大意

樹上隨機游走，從點\(s\)到點 \(t\)，問每個點訪問次數的期望值，

解題思路

每次的期望題感覺都比較神仙，

注意到這是棵樹，點\(s\)到點\(t\)的路徑是唯一的，設路徑為\(s, u_0, u_1, ..., u_k, t\)，

一開始設狀態\(dp[s][v][t]\)表示從 \(s\)點到 \(t\)點，期望訪問到 \(v\)號點的次數，然后列舉到相鄰點的狀態，即\(dp[s][v][t] = \sum_{(s, u) \in E}dp[u][v][t]\)，但感覺怎么都算不出來，

然后想著從點 \(s\)出發，它可以往很多個相鄰點走，只有一個點\(u_0\)是更接近點 \(t\)的， 且最終到點\(t\)時立刻停下來，這意味著點\(t\)之后的點的訪問次數的期望值一定是 \(0\)，

考慮到一旦走到點\(u_0\)時，發現問題貌似變成了一個子問題了，可以認為是從點\(u_0\)出發，到點 \(t\)的情況，換句話說，我們可以將 點\(s\)到點 \(t\)的步驟分成若干步，分別是點 \(s\)到點 \(u_0\)，點 \(u_0\)到點 \(u_1\)... 點\(u_t\)到點 \(t\)，由于期望的線性可加性，每個點的期望訪問次數，可以由這些的每個步驟的影響依次累計，

設 \(dp[s][w]\)表示從 \(s\) 點往更接近點\(t\)的方向走（即走到 \(u_0\)點），對 \(w\)點的期望訪問次數，

設點 \(s\)的度數為 \(du_s\)，其余字母定義看圖，根據期望定義，可以得到：

tree

\[dp[s][w] = \frac{1}{du_s} \times 0 + \frac{1}{du_s} (dp[x][w] + dp[s][w]) + \frac{du_s - 2}{du_s}(dp[y][w] + dp[s][w]) \]

這里有三個部分：

  • 有\(\frac{1}{du_s}\)的概率選擇走到 \(u_0\)，然后就停下來了，此時對 \(v\)的訪問貢獻是\(0\)，
  • 有\(\frac{1}{du_s}\)的概率往 \(w\)所在的子樹走（即點 \(x\)），此時對\(w\)的訪問貢獻是由\(x \to s\)和\(s \to u_0\)組成，即 \(dp[x][w] + dp[s][w]\)，
  • 有\(\frac{du_s - 2}{du_s}\)的概率往其他子樹走（即點 \(y\)表示的其他所有點），此時對\(w\)的訪問貢獻是由\(y \to s\)和\(s \to u_0\)組成，即 \(dp[y][w] + dp[s][w]\)，但由于從點\(y\)到點\(w\)必須經過點 \(s\)，而一旦到點 \(s\)就會停下來（ \(dp[y][w]\)即表示從點 \(y\)到更接近 點\(t\)的方向走（即往點 \(s\)），對點 \(w\)的訪問貢獻），因此 \(dp[y][w] = 0\)，

這樣上述式子移一下項，就得到

\[dp[s][w] = dp[x][w] \]

即點\(s\)往點 \(u_0\)走時的對點\(w\)訪問次數的貢獻是等價于點 \(x\)往點 \(s\)走時，對點 \(w\)的貢獻，由此就可以得到

\[dp[s][w] = dp[x][w] = dp[x_1][w] = ... = dp[x_k][w] = dp[w][w] \]

剩下的就是求 \(dp[w][w]\)，根據期望定義，可以得到

\[dp[s][s] = \frac{1}{du_s} \times 1 + \frac{du_s - 1}{du_s}(dp[o][s] + dp[s][s]) \]

這里有兩部分：

  • 有\(\frac{1}{du_s}\)的概率選擇走到 \(u_0\)，此時就停下來了，因此對\(s\)的訪問貢獻是\(1\)（一開始在\(s\)時的貢獻），
  • 有\(\frac{du_s - 1}{du_s}\)的概率選擇走到除點\(u_0\)之外的其他點(設點\(o\)，即 \(x\)或 \(y\))，因此對\(s\)的訪問貢獻是\(o \to s\)和 \(s \to s\)，即\(dp[o][s] + dp[s][s]\)，而因為點\(o\)到點 \(s\)就會停下來（點 \(s\)是更接近點 \(t\)的點），因此 \(dp[o][s] = 1\)（一開始在\(s\)時的貢獻包含在 \(dp[s][s]\)里），

這樣上述式子移一下項，就得到

\[dp[s][s] = du_s \]

綜合上述的兩個式子\(dp[s][w] = dp[w][w] = du_w\)，可以得出，每當進行一次 \(s \to u_0, u_0 \to u_1,\cdots, u_k \to t\) 時，其他點\(w\)的期望訪問次數都會增加 \(du_w\)，其中點\(w\)是點 \(s\)除了 \(u_0\)方向的其他方向的點（見上圖的虛線包括起來，就是對應顏色的箭頭的影響），

也就是說一個點\(a\)的期望訪問次數就是\(du_a \times cnt_a\)，其中 \(cnt_a\)等于該點與路徑\(s \to t\)的交點（以上圖為例，就為 \(u_{k-1}\)）到 \(t\)的點數（見上圖的點\(a\)），

剩下的就是如何求 \(cnt_w\)，我們可以以點 \(s\)為根，然后我們從點 \(t\)開始，一路沿著 父親節點上去，就回到點\(s\)，其中每往父親跳一次時， \(cnt_w\)就會加一，比如從\(t \to u_k\)時， \(cnt = 0 + 1 = 1\)，此時再遍歷一下除了\(t\)和 \(u_{k - 1}\)方向的所有點 \(w\)，它們的答案就是 \(du_w \times cnt\) ，

最終的時間復雜度是\(O(n)\)，

雖然答案不會超過\(n^2\)，但記得對\(998244353\)取模，

神奇的代碼 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;

const int mod = 998244353;

int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, s, t;
    cin >> n >> s >> t;
    -- s, -- t;
    vector<vector<int>> edge(n);
    vector<int> du(n);
    for(int i = 1; i < n; ++ i){
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        -- u, -- v;
        edge[u].push_back(v);
        edge[v].push_back(u);
        ++ du[u];
        ++ du[v];
    }
    vector<int> fa(n);
    function<void(int, int)> dfs = [&](int u, int f){
        fa[u] = f;
        for(auto &v : edge[u]){
            if (v == f)
                continue;
            dfs(v, u);
        }
    };
    dfs(s, s);
    vector<int> ans(n);
    int cnt = 1;
    ans[t] = 1;
    function<void(int, int, int)> dfs2 = [&](int u, int f, int cnt){
        ans[u] = 1ll * du[u] * cnt % mod;
        for(auto &v : edge[u]){
            if (v == f)
                continue;
            dfs2(v, u, cnt);
        }
    };
    do{
        int cur = fa[t];
        ans[cur] = 1ll * cnt * du[cur] % mod;
        for(auto &u : edge[cur]){
            if (u != fa[cur] && u != t)
                dfs2(u, cur, cnt);
        }
        t = cur;
        ++ cnt;
    }while(s != t);
    for(auto &i : ans)
        cout << i << ' ';
    cout << '\n';

    return 0;
}

轉載請註明出處，本文鏈接：https://www.uj5u.com/qita/551506.html

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