Codeforces & Atcoder神仙题做题记录
鑒于Codeforces和atcoder上有很多神題，即使發(fā)呆了一整節(jié)數(shù)學(xué)課也是肝不出來，所以就記錄一下。
AGC033B LRUD Game
只要橫坐標(biāo)或者縱坐標(biāo)超出范圍就可以，所以我們只用看其中一維就可以了。
我們又知道，如果先手想要讓它從左邊出去，那么先手就會一直Left，后手就會一直Right。
所以枚舉四種情況（L,R,U,D）就可以了。
AGC033C Removing Coins
首先我們考慮鏈的情況，如果選的是端點，那么有一個點沒有硬幣，如果選的不是端點，那么有兩個點沒有硬幣。所以就是一個取石子問題了。兩個點的情況要特殊考慮。
但是樹的情況過于復(fù)雜，所以我們要選一條鏈來代替這整棵樹，使得這條鏈被刪完當(dāng)且僅當(dāng)整棵樹被刪完。
這條鏈就是這棵樹的直徑。
ABC126F XOR Matching
被ABC狠狠地虐了一發(fā) 。。。
設(shè)$a oplus b=k$且$a,b,k$互不相同，則構(gòu)造$a,k,a,b,ldots,k,ldots,b$，其中$ldots$為除了$a,b,k$之外的所有數(shù)。
ARC080F Prime Flip
首先看到翻轉(zhuǎn)一段的肯定要差分，變成了對$x_i$和$x_{i+p}$都異或1，其中$p$為3以上的質(zhì)數(shù)。于是不知道為什么就想到了先配對然后每次去掉兩個點。現(xiàn)在我們要把$x_u$和$x_v$都異或上1，肯定就是通過“一條鏈”從$u$到$v$。打打表就會發(fā)現(xiàn)：
若$|u-v|$為奇質(zhì)數(shù)時，需要1步
若$|u-v|$為偶數(shù)時，需要2步（哥德巴赫猜想）
否則需要3步
那么就是進(jìn)行配對，使得1最多，在1最多的情況下2最多。
1最多就是把奇數(shù)和偶數(shù)放在兩邊，差為質(zhì)數(shù)的連一條邊然后跑二分圖。
2最多就是跑完之后把未配對的分別在一組內(nèi)配對。配對完或者是剩下兩個差不為奇質(zhì)數(shù)的數(shù)，湊一個3.
ARC082E Convex Score
前方浪費好題現(xiàn)場。
注意到$2^{內(nèi)部點個數(shù)}$是子集個數(shù)，所以我們對$(S,T)$計算貢獻(xiàn)，其中$T$是$S$凸包的內(nèi)部點的子集，所以$Scup T$的凸包是$S$。所以它的貢獻(xiàn)為$Scup T$有凸包。
所以答案就是有凸包的子集個數(shù)。轉(zhuǎn)換成沒有凸包的子集個數(shù)就可以做了，時間復(fù)雜度$O(n^2log n)$
AGC019B
記$B[l,r]$表示$A$翻轉(zhuǎn)$[l,r]$后的字符串。
我們知道，如果$s[l]=s[r]$，那么翻轉(zhuǎn)$[l,r]$和$[l+1,r-1]$是一樣的，無貢獻(xiàn)。如果$s[l]
eq s[r]$，且$B[l,r]= B[x,y]$，那么$B[l,r]$與$A$不相同的第一個位置就是$l$，最后一個不同的位置就是$r$，$B[x,y]$同理，所以$l=x,r=y$。
綜上，答案為$1+s[x]
eq s[y]$的點對個數(shù)，反面考慮就可以直接$O(n)$計算了。
CF623B
發(fā)現(xiàn)只要確定gcd是多少就可以簡單計算了。
發(fā)現(xiàn)第一個數(shù)和第$n$個數(shù)至少有一個會留下來，枚舉是$+1,-1$還是不變。那么gcd肯定是這些的質(zhì)因子。
CF901B
自閉了。。。
根據(jù)整數(shù)的歐幾里得算法，取Fibonacci數(shù)列里面的數(shù)能到達(dá)復(fù)雜度上界。
那對于多項式，$p_0=1,p_1=x,p_n=xp_{n-1}pm p_{n-2}$，那么$(p_n,p_{n-1})$就是答案。
那如何要求$p_n$的系數(shù)絕對值$le 1$呢，取$p_n=xp_{n-1}+p_{n-2}(mathrm{mod} 2)$.
感覺上是$pm$之下$mathrm{mod} 2$是不變的吧。。。但是不太會證。。。當(dāng)時想到了但是不知道為什么是對的。。。
AGC039D
首先看一張圖：
其中G為$Delta ABC$的內(nèi)心，證明：G為$Delta DEF$的垂心。
證明：【略】（導(dǎo)角即可）
還有一個東西叫歐拉線，$overrightarrow{OH}=overrightarrow{OA}+overrightarrow{OB}+overrightarrow{OC}$。
枚舉$D,E,F$計算貢獻(xiàn)，由于是循環(huán)對稱的，所以只用枚舉$O(n^2)$個$D$。
AGC005C
雖然可能能做出來但是還是跑去看題解了。
我們知道，設(shè)$a,b$是樹直徑的端點，則$k=max(a_i)$是直徑長度，$max_j(dis(i,j))=max(dis(i,a),dis(i,b))$。
首先看直徑上面的值，如果$k$為偶數(shù)，那么直徑上面為$k,k-1,ldots,k/2,k/2+1,ldots,k$，如果$k$為奇數(shù)，則為$k,k-1,ldots,(k+1)/2,(k+1)/2,ldots,k-1,k$。首先把這些值
去除掉，如果不能直接輸出Impossible.
然后看直徑外面的，如果$k$為偶數(shù)，那么直徑外面至少為$k/2+1$，如果$k$為奇數(shù)，那么直徑外面至少為$(k+1)/2+1$，檢查一下是不是就可以了。
AGC005D
（才發(fā)現(xiàn)這場的F題在n年前做掉了）
（看不懂題解，溜了）
AGC005E
首先，答案為-1當(dāng)且僅當(dāng)Red能夠到達(dá)兩個點$u$或$v$使得$(u,v)in E_R$且$dis_B(u,v)geq 3$。
那如何判斷能否到達(dá)一個點$v$呢，就是$dis_R(X,v)<dis_B(Y,v)$。
用一個dfs和一個bfs就可以找出所有Red能到達(dá)的點，如果有上面條件的點則輸出-1，否則輸出$dis_B$的最大值。
AGC006D
首先二分答案，這樣序列里面就只剩下$0/1$了。
打打表，發(fā)現(xiàn)答案就是離中心最近的相鄰兩個相等的數(shù)的值。
如果是0/1相間的，特判一下。
AGC006C
我們發(fā)現(xiàn)一次操作實際上就是$x_i=frac{2x_{i+1}+2x_{i-1}-2x_i}{2}=x_{i+1}+x_{i-1}-x_i$。
這個式子之前見過一遍了，改為差分之后就相當(dāng)于交換$i$和$i+1$。一共做$k$次就是先求出這個置換，然后求這個置換的$k$次方。置換的冪可以通過分解成環(huán)，然后在
每個環(huán)上做。
AGC006F
之前VK Cup好像lqy講的一道題跟這個很像。
由于是$(u,v),(v,w)ightarrow (w,u)$，所以考慮對每一個弱聯(lián)通分量建一個三分圖（逃），如果能建出來且三個分量中都有點，則為$cnt_0 imes cnt_1+cnt_1 imes cnt_2+cnt_2 imes cnt_0$，如果能建出來而且只有兩個分量有點，則什么都加不上去。如果不能建出來那么它就是一個完全圖（包括自環(huán)）。
直接dfs就可以做。
CF1240B
發(fā)現(xiàn)自己想假了之后就直接停止了思考。。。
注意到離散化之后，不動的地方肯定是一個連續(xù)段而且位置單調(diào)不降。。。然后就沒了。。。
CF1240D
要把自己做過的題記住。
AGC007F
超級神仙題。
我們畫畫圖就會發(fā)現(xiàn)，$S$中相同連續(xù)的字符到$T$中相同連續(xù)的字符構(gòu)成了一段折線。借一張圖：
（我們定義拐點是折線中上面和右面和自己是同一個字符的格子）
那再看看，為何我們需要多次復(fù)制呢？是因為折線不能相交，左邊的拐點會被右邊的拐點壓下去。從右到左考慮，如果這個折線的某個拐點的影響不消失，那么下一個折線必定有一個拐點是當(dāng)前拐點向左向下一位。
那我們用隊列維護(hù)當(dāng)前折線的拐點，隊列里面第$i+1$個元素（從隊尾到對首）減去$i$是當(dāng)前折線的從上往下第$i+1$個拐點的位置（?第幾個字符），那么在隊尾加上一個數(shù)就是讓前面的折線往前一位，并在后面加上一個。注意如果``q[front] - (rear - front) >= i``就說明這個拐點沒用了（拐點不可能比它要后），那么答案就是隊列長度最大值$+1$，因為滿足當(dāng)前點需要的復(fù)制次數(shù)（即行數(shù)）是拐點個數(shù)$+1$.
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define Rint register int
3 using namespace std;
4 const int N = 1000003;
5 int n, ans, q[N], front, rear;
6 char s[N], t[N];
7 int main(){
8 scanf("%d%s%s", &n, s + 1, t + 1);
9 if(!strcmp(s + 1, t + 1)){puts("0"); return 0;}
10 int cur = n;
11 for(Rint i = n;i;i --){
12 if(t[i] == t[i - 1]) continue;
13 while(cur && (cur > i || s[cur] != t[i])) -- cur;
14 if(!cur){puts("-1"); return 0;}
15 while(front < rear && q[front] - (rear - front) >= i) ++ front;
16 if(cur != i) q[rear ++] = cur;
17 ans = max(ans, rear - front + 1);
18 }
19 printf("%d", ans);
20 }
View Code
AGC030F
對于一個排列，里面一些值已經(jīng)給出，一些沒有給出，設(shè)。求不同的的個數(shù)。
首先我們發(fā)現(xiàn)它求的是，所以要從大到小填數(shù)，方便在配對好了的計算貢獻(xiàn)。
我們?nèi)拥羲泻筒⒓僭O(shè)組的順序無關(guān)，最后乘上的個數(shù)的階乘就可以了。
設(shè)表示填了的數(shù)之后，沒匹配的未知數(shù)有個，沒匹配的已知數(shù)有個。
若第個數(shù)是已知數(shù)，那么有兩種選擇：匹配未知數(shù)或者不匹配。
若第個數(shù)是未知數(shù)，那么有三種選擇：匹配已知數(shù)（這個有系數(shù)，因為這種選擇的結(jié)果各不相同），匹配未知數(shù)，或者不匹配。
時間復(fù)雜度為$O(n^3)$
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define Rint register int
3 using namespace std;
4 typedef long long LL;
5 const int N = 603, mod = 1e9 + 7;
6 inline void add(int &a, int b){a += b; if(a >= mod) a -= mod;}
7 int n, cur, tmp, t, a[N], c[N], f[2][303][303];
8 int cnt[N];
9 int main(){
10 scanf("%d", &n); n <<= 1;
11 for(Rint i = 1;i <= n;i ++)
12 scanf("%d", a + i);
13 for(Rint i = 1;i <= n;i += 2){
14 if(a[i] != -1 && a[i + 1] != -1) cnt[a[i]] = cnt[a[i + 1]] = 2;
15 else if(a[i] == -1 && a[i + 1] == -1) ++ tmp;
16 else if(a[i] != -1) cnt[a[i]] = 1;
17 else cnt[a[i + 1]] = 1;
18 }
19 for(Rint i = 1;i <= n;i ++)
20 if(cnt[i] == 1) c[++ t] = 1;
21 else if(cnt[i] == 0) c[++ t] = 0;
22 f[0][0][0] = 1;
23 for(Rint i = t;i;i --){
24 cur ^= 1;
25 memset(f[cur], 0, sizeof f[cur]);
26 for(Rint j = 0;j <= (n >> 1) && j <= t;j ++)
27 for(Rint k = 0;k <= (n >> 1) && k <= t;k ++){
28 if(c[i] == 1){
29 add(f[cur][j][k + 1], f[cur ^ 1][j][k]);
30 if(j) add(f[cur][j - 1][k], f[cur ^ 1][j][k]);
31 } else if(c[i] == 0){
32 add(f[cur][j + 1][k], f[cur ^ 1][j][k]);
33 if(j) add(f[cur][j - 1][k], f[cur ^ 1][j][k]);
34 if(k) add(f[cur][j][k - 1], (LL) f[cur ^ 1][j][k] * k % mod);
35 }
36 }
37 }
38 int ans = f[cur][0][0];
39 for(Rint i = 1;i <= tmp;i ++)
40 ans = (LL) ans * i % mod;
41 printf("%d
", ans);
42 }
AGC030F
AGC030E
首先我們知道，如果修改$101$中間的$0$或者是$010$中間的$1$肯定是不行的，而且$000$和$111$根本不會出現(xiàn)，所以每次修改的格子左右兩邊都是不同的，相當(dāng)于就是，將$1$和$0$的邊界劃線，每次可以將一條邊界移動一格，而且要求邊界的距離不超過$2$。
注意到匹配$S$和$T$的邊界線的方法有$O(n)$種，每次用$O(n)$計算貢獻(xiàn)，時間復(fù)雜度是$O(n^2)$的。
注意如果$S_1
eq T_1$，那么$S$和$T$中$0$處的邊界線不能匹配，需要在$S$的前面加一條分界線。
實現(xiàn)上面，就是將$S$和$T$的分界線在前后各加$5000$條，然后枚舉移位的條數(shù)$i$，注意$2|i$（為了保證$0$和$1?$分別對應(yīng)），那么直接計算就可以了。
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define Rint register int
3 using namespace std;
4 const int N = 11111;
5 int n, n1, n2, ans, _a[N], _b[N], *a = _a + 5000, *b = _b + 5000;
6 char s1[N], s2[N];
7 int main(){
8 scanf("%d%s%s", &n, s1 + 1, s2 + 1);
9 if(s1[1] != s2[1]) a[++ n1] = 0;
10 for(Rint i = 1;i < n;i ++){
11 if(s1[i] != s1[i + 1]) a[++ n1] = i;
12 if(s2[i] != s2[i + 1]) b[++ n2] = i;
13 }
14 for(Rint i = n1 + 1;i <= 5000;i ++) a[i] = n;
15 for(Rint i = n2 + 1;i <= 5000;i ++) b[i] = n;
16 ans = 1e9;
17 for(Rint i = -n1;i <= n2;i ++) if(!(i & 1)){
18 int tmp = 0;
19 for(Rint j = -5000;j <= 5000;j ++)
20 if(i + j >= -5000 && i + j <= 5000) tmp += abs(a[i + j] - b[j]);
21 else {
22 if(i + j < -5000) tmp += b[j];
23 else tmp += n - b[j];
24 }
25 ans = min(ans, tmp);
26 }
27 printf("%d", ans);
28 }
AGC030E
AGC030C
你發(fā)現(xiàn)小數(shù)據(jù)的時候，這樣填一定是對的。（$n=k=4$）
1 2 3 4 2 3 4 1 3 4 1 2 4 1 2 3
但是你發(fā)現(xiàn)$k=2n$，所以繼續(xù)找規(guī)律，發(fā)現(xiàn)還可以這樣填（$n=4,k=6$）
1 2 3 4 6 3 4 5 3 4 1 2 4 5 6 3
（就是一些斜行交叉著填兩種顏色，一些只填一種顏色）
1 #include<bits/stdc++.h>
2 #define Rint register int
3 using namespace std;
4 const int N = 503;
5 int n, k, a[N][N];
6 inline void AMOD(int &x){++ x; if(x >= n) x = 0;}
7 int main(){
8 scanf("%d", &k);
9 n = min(k, 500);
10 for(Rint i = 0;i < n;i ++){
11 int x = 0, y = i;
12 for(Rint j = 0;j < n;j ++){
13 a[x][y] = i;
14 AMOD(x); AMOD(y);
15 }
16 }
17 for(Rint i = n;i < k;i ++){
18 int x = 0, y = i - n;
19 for(Rint j = 0;j < n;j ++){
20 if(y & 1) a[x][y] = i;
21 AMOD(x); AMOD(y);
22 }
23 }
24 printf("%d
", n);
25 for(Rint i = 0;i < n;i ++){
26 for(Rint j = 0;j < n;j ++)
27 printf("%d ", a[i][j] + 1);
28 putchar('
');
29 }
30 }
AGC030C
AGC040C
奇妙轉(zhuǎn)化：把偶數(shù)位置上面的 AB 取反，然后就變成了不能刪去 AA 和 BB.
充要條件就是 AB 數(shù)量都不超過一半。所以答案就是 $3^n-2sum_{i=lfloorfrac{n}{2}floor+1}^ninom{n}{i}2^{n-i}$
APC001F
題目描述：一個$n$ 個點的帶邊權(quán)的樹，每次可以選擇一個數(shù) $x$ 和一條路徑，將這條路徑上的點都異或上 $x$，求變?yōu)槿?的最少修改次數(shù)。
數(shù)據(jù)范圍：$nle 10^5,wle 15$
神仙套路：將點權(quán)設(shè)為與其相連的所有邊的異或和，則修改路徑 $u,v$ 相當(dāng)于把 $u$ 和 $v$ 的點權(quán)異或上 $x$.
沒那么神仙的套路：將 $u,v$ 的一次修改當(dāng)做$(u,v)$連邊，那么就是要分成一堆聯(lián)通塊，使得每個連通塊的異或和為 $0$，修改次數(shù)為 $n-$聯(lián)通塊個數(shù)。
首先去掉0，然后去掉相同數(shù)，于是只剩下 15 個數(shù)，枚舉子集再狀壓dp，時間復(fù)雜度 $O(n+3^w)$。
【以下是咕咕名單，希望這個括號可以不斷往下移動吧】
AGC035E
題目描述：有一個正整數(shù)集$S$，初始為空，然后Takahashi會做一些形如以下的操作：
選擇一個$1$到$n$的整數(shù)$x$，將$x$加入$S$
如果$x-2in S$，去掉$x-2$
如果$x+kin S$，去掉$x+k$
求能夠得到的$S$的個數(shù)$mathrm{mod} m$
數(shù)據(jù)范圍：$1le kle nle 150,10^8le mle 10^9$
AGC025D
題目描述：輸入$N,D_1,D_2$，要求構(gòu)造一個大小為$N^2$的點集，滿足以下條件：
$0le x_i,y_i<2N$
$forall i,jin [0,N^2),k=0,1,(x_i-x_j)^2+(y_i-y_j)^2
e D_k$
數(shù)據(jù)范圍：$1le Nle 300,1le D_1,D_2le 2 imes 10^5$.
AGC020D
題目描述：設(shè)$f(A,B)$，其中$A,Bin N_+$為滿足以下條件的字符串：
1. $|f(A,B)|=A+B$
2. $f(A,B)$中有$A$個`A`和$B$個`B`
3. 滿足上面條件時，要求$f(A,B)$的最長的只包含一種字符的子串盡可能短。
4. 滿足上面條件時，要求$f(A,B)$的字典序盡可能小。
$Q$次詢問，求$f(A_i,B_i)[C_i:D_i]$這個子串。
數(shù)據(jù)范圍：$1le Qle 10^3,1le A_i,B_ile 5 imes 10^8,1le C_ile D_ile A_i+B_i,D_i-C_i<100$
CF516E
題目描述：有$n$個boy和$m$個girl（標(biāo)號為0-based），有$b$個boy，$g$個girl開心。在第$i$天，第$i mathrm{mod} n$個boy可以和第$i mathrm{mod} m$個girl【被屏蔽】，如果他們中有一個人開心，那么兩個人都會變開心，否則啥事都不會發(fā)生。問經(jīng)過有限天之后能不能讓所有人都開心。
數(shù)據(jù)范圍：$1le n,mle 10^9,0le ble min(n,10^5),0le gle min(m,10^5)$
CF578E
題目描述：輸入一個長度為$n$的$ ext{LR}$字符串$S$，對于一個滿足下列要求的排列$p_1,p_2,ldots,p_n$：$S_{p_i}= ext{L}+[2|i]( ext{R}- ext{L})$，它的花費為$sum_{i=1}^{n-1}[p_i>p_{i+1}]$。求最小花費和可行方案。
數(shù)據(jù)范圍：$nle 10^5$，保證$ ext{R}$的數(shù)量減去$ ext{L}$的數(shù)量為$0$或$1$。
總結(jié)
以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces & Atcoder神仙题做题记录的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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