XVII Open Cup named after E.V. Pankratiev. GP of Two Capitals
A. Artifact Guarding
选出的守卫需要满足$\max(a+b)\leq \sum a$，从小到大枚举每个值作为$\max(a+b)$，在权值线段树上找到最大的若干个$a$即可。
时间复杂度$O(n\log n)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010,M=262150,inf=~0U>>1;
int n,i,ans;
int cnt[M];ll sum[M];
ll b[N];
struct P{ll x,y;}a[N];
inline bool cmp(const P&a,const P&b){return a.x<b.x;}
inline int lower(ll x){
int l=1,r=n,mid,t;
while(l<=r)if(b[mid=(l+r)>>1]<=x)l=(t=mid)+1;else r=mid-1;
return t;
}
void ins(int x,int a,int b,int c,ll p){
cnt[x]++;
sum[x]+=p;
if(a==b)return;
int mid=(a+b)>>1;
if(c<=mid)ins(x<<1,a,mid,c,p);else ins(x<<1|1,mid+1,b,c,p);
}
inline int ask(ll k){
if(k>sum[1])return inf;
int x=1,a=1,b=n,mid,t=0;
while(a<b){
mid=(a+b)>>1;
if(k<=sum[x<<1|1]){
a=mid+1;
x=x<<1|1;
}else{
k-=sum[x<<1|1];
t+=cnt[x<<1|1];
b=mid;
x<<=1;
}
}
return t+k/(::b[a])+(k%(::b[a])>0);
}
int main(){
freopen("artifact.in","r",stdin);
freopen("artifact.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++){
ll x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
a[i].x=x+y;//b
a[i].y=x;//a
b[i]=x;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
sort(b+1,b+n+1);
ans=inf;
for(i=1;i<=n;i++){
ins(1,1,n,lower(a[i].y),a[i].y);
ans=min(ans,ask(a[i].x));
}
if(ans==inf)ans=-1;
printf("%d",ans);
}
B. Book Pages
将行中的空格以及#号都去掉，那么某一行$A$对应原著中某一行$B$的条件是$A$是$B$的子序列，且$A$与$B$串长差不多。
从上到下考虑原著中的每一行，维护一个可能的页码集合，从中逐渐淘汰掉失配的即可。
时间复杂度$O(n^2)$。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=10010;
char a[7000010];
int i,j,k,n;
int q[N],q2[N],ans[N],pos[N];
int cnt,cnt2,lim;
vector<string>b[N];
inline bool valid(char x){
if(x==' ')return 0;
if(x>=32&&x<=126)return 1;
if(x=='#')return 1;
return 0;
}
inline bool ispar(string t){
if(t.size()<70)return 0;
return t[0]=='-'&&t[1]=='-'&&t[2]=='-'&&t[3]=='#'&&t[4]=='#'&&t[5]=='#'
&&t[6]=='-'&&t[7]=='-'&&t[8]=='-'&&t[9]=='#'&&t[10]=='#'&&t[11]=='#';
}
inline void init(){
int i;
cnt=0;
for(i=1;i<=n;i++)if(!ans[i])q[++cnt]=i,pos[i]=0;
}
inline bool check(string A,int x){
if(pos[x]>=b[x].size())return 0;
int o=pos[x]++;
if(b[x][o].size()>A.size())return 0;
if(b[x][o].size()+10<A.size())return 0;
for(int i=0,j=0;i<b[x][o].size();i++){
while(j<A.size()&&A[j]!=b[x][o][i])j++;
if(j==A.size())return 0;
j++;
}
return 1;
}
int main(){
freopen("book-pages.in","r",stdin);
freopen("book-pages.out","w",stdout);
while(gets(a+1)){
int len=strlen(a+1);
int l=1,r=len;
while(l<=r&&!valid(a[l]))l++;
while(l<=r&&!valid(a[r]))r--;
//for(i=l;i<=r;i++)putchar(a[i]);
if(l>r)continue;
string t="";
for(int i=l;i<=r;i++)t.push_back(a[i]);
if(ispar(t)){
//newpage
n++;
continue;
}
t="";
bool flag=0;
for(int i=l;i<=r;i++)if(a[i]!=' '&&a[i]!='#')t.push_back(a[i]),flag=1;
if(!flag)continue;
b[n].push_back(t);
}
/*for(i=0;i<=n;i++){
for(j=0;j<b[i].size();j++)cout<<b[i][j]<<endl;
cout<<"--END--"<<endl;
}
puts("DONE");*/
for(i=1;i<=n;i++)ans[i]=0;
init();
for(i=0;i<b[0].size();i++){
cnt2=0;
int flag=0;
for(j=1;j<=cnt;j++){
int x=q[j];
//printf("check %d %d %d\n",i,x,check(b[0][i],x));
if(check(b[0][i],x)){
if(pos[x]==b[x].size()){
flag=x;
break;
}
//puts("PUSH");
q2[++cnt2]=x;
}
}
//printf("cnt2=%d\n",cnt2);
if(flag){
ans[flag]=++lim;
init();
}else{
for(j=1;j<=cnt2;j++)q[j]=q2[j];
cnt=cnt2;
}
}
for(i=1;i<=n;i++)printf("%d%c",ans[i],i<n?' ':'\n');
}
/*
rehuitg vnudfj rei436 tgrh
rtyhtr 43 m98t43 m9
43645784 9hgfuh fg
235u4398654u9867
g45uy 985498hj54h98yj6
2543y89675498 ghjf8rghfd
436u8934 89rghjre98 gynh9854
hj985hj5849b y68947n8 9
---###---###---###
hj985 hj584 9b y68 94 7n8 9
---###---###---###
235u4398654u9867
g45uy 9#85498hj5#4h98yj6
2#543y8#9675498 ghjf8#rghfd
436u8934 89rghjre98 gynh9854
---###---###---###
rehtg vnudfj rei4grh
rtyhtr 43 mt43 m9
435784 9hgfuh fg
*/
C. Regular Bracket Sequence
显然两种括号互不影响，故全按照$(((())))$的方式构造即可。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("brackets.in", "r", stdin); freopen("brackets.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
char s[110];
int n, l, r;
int main()
{
fre();
scanf("%d%d%d", &n, &l, &r);
for(int i = l; i <= (l + r) / 2; i ++){
s[i] = '[';
}
for(int i = (l + r) / 2 + 1; i <= r; i ++){
s[i] = ']';
}
int len = (n - (r - l + 1)) / 2;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
if(i < l || i > r){
if(len) {s[i] = '('; len --;}
else s[i] = ')';
}
}
printf("%s\n", s + 1);
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【题意】
【分析】
【时间复杂度&&优化】
*/
D. Brick Counting
旋转坐标系，转化为若$(x,y)$以及$(x,y+1)$都有砖块，则$(x+1,y)$处可以放入一个砖块。
从下到上考虑每个$x$，那么若某个$y$右侧不存在$y+1$，则它不可以存在，用set维护即可。
时间复杂度$O(n\log n)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=300010,inf=~0U>>1;
int n,i;
ll ans;
int X,pos;
set<int>T,G;
struct P{int x,y;}a[N];
inline bool cmp(const P&a,const P&b){return a.x<b.x;}
int main(){
freopen("brick-count.in","r",stdin);
freopen("brick-count.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
a[i].x=x;
a[i].y=(y-x)/2;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
pos=1;
X=-inf;
//for(i=1;i<=n;i++)printf("%d %d\n",a[i].x,a[i].y);
while(1){
if(T.size()==0){
if(pos>n)break;
X=a[pos].x;
}
//printf("X=%d:\n",X);
set<int>W;
W.clear();
for(set<int>::iterator it=G.begin();it!=G.end();it++){
int x=*it;
//printf("del %d\n",x);
T.erase(x);
if(T.find(x-1)!=T.end())W.insert(x-1);
}
G=W;
while(pos<=n&&a[pos].x==X){
int x=a[pos++].y;
if(T.find(x)!=T.end())continue;
//printf("ins %d\n",x);
T.insert(x);
if(T.find(x+1)==T.end())G.insert(x);
if(T.find(x-1)!=T.end())G.erase(x-1);
}
ans+=T.size();
X++;
}
printf("%lld",ans);
}
/*
7
0 0
0 2
2 0
3 1
1 3
3 5
0 6
*/
E. Cross on a Plane
留坑。
F. Lights
显然答案为$1$到$n$的距离的$3$倍，贪心检查是否存在可行解即可。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("lights.in", "r", stdin); freopen("lights.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 1e5 + 10, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;
LL a[N], r[N];
LL solve()
{
multiset<LL>sot;
LL ans = (a[n] - a[1]) * 3;
int pos = 1;
LL can = a[1] + r[1];
while(pos < n && a[pos + 1] <= can)
{
++pos;
gmax(can, a[pos] + r[pos]);
}
if(pos != n)return -1;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
sot.insert(a[i] - r[i]);
}
for(int i = 1; i < n; ++i)
{
sot.erase(sot.find(a[i] - r[i]));
if(*sot.begin() > a[i])return -1;
//printf("%lld %lld\n", *sot.begin(), a[i]);
}
return ans;
}
int main()
{
fre();
while(~scanf("%d", &n))
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%lld", &a[i]);
scanf("%lld", &r[i]);
}
printf("%lld\n", solve());
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【题意】
【分析】
我们需要找到一个延展最远的，且能覆盖到起电的点，去关掉起点
于是——
我们对于所有能够覆盖起点的点，选取一个右界尽可能远的。
然后接下来怎么做？
我们把左边的所有点都删掉，
【时间复杂度&&优化】
5
1 5
3 1
4 9
7 8
8 4
2
1 1
10 10
2
1 10
10 8
2
1 1000000000
1000000000 999999999
4
1 300
100 100
300 300
600 300
3
1 100
3 2
6 3
*/
G. Pigeonhole Principle
留坑。
H. Sophie’s Sets
考虑容斥，枚举哪些集合必然满足，其它随意，枚举这些集合满足两个条件之中的哪一个，求交后用组合数求出方案数即可。
压位存储集合，需要优秀的代码实现，配合剪枝才能通过。
时间复杂度$O(\frac{n3^m}{64})$。
#include<cstdio>
typedef unsigned long long ll;
const int N=110,M=20,P=1000000007;
int n,m,cnt,K,S,i,j,k,x,C[N][N],f[N][N],ans;ll a[M][2],b[M][2],w[2];
void dfsadd(int x,ll A,ll B,ll C,ll D){
if(!A&&!B||!C&&!D)return;
if(x==cnt){
//printf("%d %d\n",__builtin_popcountll(A)+__builtin_popcountll(B),__builtin_popcountll(C)+__builtin_popcountll(D));
f[__builtin_popcountll(A)+__builtin_popcountll(B)][__builtin_popcountll(C)+__builtin_popcountll(D)]++;
return;
}
dfsadd(x+1,A&b[x][0],B&b[x][1],C&~b[x][0],D&~b[x][1]);
dfsadd(x+1,A&~b[x][0],B&~b[x][1],C&b[x][0],D&b[x][1]);
}
void dfssub(int x,ll A,ll B,ll C,ll D){
if(!A&&!B||!C&&!D)return;
if(x==cnt){
f[__builtin_popcountll(A)+__builtin_popcountll(B)][__builtin_popcountll(C)+__builtin_popcountll(D)]--;
return;
}
dfssub(x+1,A&b[x][0],B&b[x][1],C&~b[x][0],D&~b[x][1]);
dfssub(x+1,A&~b[x][0],B&~b[x][1],C&b[x][0],D&b[x][1]);
}
int main(){
freopen("separating-sets.in","r",stdin);
freopen("separating-sets.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
for(C[0][0]=i=1;i<=n;i++)for(C[i][0]=j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%P;
for(i=0;i<m;i++){
scanf("%d",&k);
while(k--){
scanf("%d",&x);
x--;
a[i][x>>6]^=1ULL<<(x&63);
}
//printf("->%d %llu\n",i,a[i][0]);
}
for(i=0;i<n;i++)w[i>>6]^=1ULL<<(i&63);
for(S=1;S<1<<m;S++){
for(cnt=i=0;i<m;i++)if(S>>i&1){
b[cnt][0]=a[i][0];
b[cnt][1]=a[i][1];
cnt++;
}
//printf("S=%d cnt=%d\n",S,cnt);
//for(i=0;i<cnt;i++)printf("%llu ",b[i][0]);puts("");
if(cnt&1)dfsadd(0,w[0],w[1],w[0],w[1]);else dfssub(0,w[0],w[1],w[0],w[1]);
}
for(i=K;i<=n;i++)for(j=K;j<=n;j++)ans=(1LL*C[i][K]*C[j][K]%P*f[i][j]+ans)%P;
printf("%d",(ans+P)%P);
}
I. Puzzle with Tables
留坑。
J. Travelling to Random Cities
因为$n=100000,m=300000$，且图随机，那么每个点平均连了$6$条边，且两点间最短路一般不会超过$8$。
对于每个询问$S,T$，若两个点不连通，那么显然无解，可以$O(1)$判断。
从$S$和$T$分别爆搜$4$步，那么除去最短路过来的那条边，平均还剩$5$条边，可以得到所有不超过$8$的答案，时间复杂度$O(6\times 5^3)$。
若此时还得不到答案，那么答案超过$8$，是小概率事件，直接$O(n+m)$BFS整张图即可。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int N=100010,M=600010,inf=~0U>>1;
int K=4,lim=10000;
int n,m,Q,i,g[N],v[M],nxt[M],ed;
int h,t,q[N],d[N];
int ans,POS,vis[N];
vector<int>e[N];
int p1,p2,v1[N],v2[N],d1[N],d2[N];
set<P>T;
int cnt=0,all;
int f[N];
inline void add(int x,int y){v[++ed]=y;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;}
int bfs(int S,int T){
int i;
for(i=1;i<=n;i++)d[i]=-1;
d[q[h=t=1]=S]=0;
while(d[T]<0){
int x=q[h++];
for(i=g[x];i;i=nxt[i])if(d[v[i]]<0)d[q[++t]=v[i]]=d[x]+1;
}
return d[T];
}
inline void bfs1(int S){
int i;
v1[S]=++p1;
d1[q[h=t=1]=S]=0;
while(h<=t){
int x=q[h++];
if(d1[x]==K)continue;
for(i=g[x];i;i=nxt[i])if(v1[v[i]]<p1){
d1[q[++t]=v[i]]=d1[x]+1;
v1[v[i]]=p1;
}
}
all+=t;
}
inline void bfs2(int S){
int i;
v2[S]=++p2;
d2[q[h=t=1]=S]=0;
while(h<=t){
int x=q[h++];
if(v1[x]==p1&&d1[x]+d2[x]<ans)ans=d1[x]+d2[x];
if(d2[x]==K)continue;
for(i=g[x];i;i=nxt[i])if(v2[v[i]]<p1){
d2[q[++t]=v[i]]=d2[x]+1;
v2[v[i]]=p1;
}
}
all+=t;
}
int F(int x){return f[x]==x?x:f[x]=F(f[x]);}
void dfs1(int x,int y,int z){
if(vis[x]<POS)vis[x]=POS,d[x]=y;else if(d[x]>y)d[x]=y;else return;
if(y==K)return;
y++;
for(vector<int>::iterator i=e[x].begin();i!=e[x].end();i++)
if(*i!=z)dfs1(*i,y,x);
}
void dfs2(int x,int y,int z){
if(vis[x]==POS&&d[x]+y<ans)ans=d[x]+y;
if(y==K||y>=ans)return;
y++;
for(vector<int>::iterator i=e[x].begin();i!=e[x].end();i++)
if(*i!=z)dfs2(*i,y,x);
}
int main(){
freopen("travelling.in","r",stdin);
freopen("travelling.out","w",stdout);
srand(time(NULL));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=n;i++)f[i]=i;
while(m--){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
/*while(1){
x=rand()%n+1;
y=rand()%n+1;
if(x==y)continue;
if(x>y)swap(x,y);
if(T.find(P(x,y))==T.end()){
T.insert(P(x,y));
break;
}
}*/
if(F(x)!=F(y))f[f[x]]=f[y];
add(x,y),add(y,x);
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x);
}
//puts("DONE");
scanf("%d",&Q);
while(Q--){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
//x=rand()%n+1,y=rand()%n+1;
if(F(x)!=F(y)){puts("-1");continue;}
POS++;
cnt=0;
//ans=~0U>>1;
ans=inf;
dfs1(x,0,0);
dfs2(y,0,0);
if(ans==inf)ans=bfs(x,y);
all+=cnt;
//printf("cnt=%d\n",cnt);
printf("%d\n",ans);
}
//printf("all=%d\n",all);
}
/*
6 5
1 2
2 3
1 3
1 4
4 5
5
1 3
4 2
3 5
5 1
4 6
*/
K. Cypher
从高位到低位考虑，设$f[i][j]$表示考虑到第$i$位，第$i$位之前部分的和还剩$j$时，最小的$a$是多少，因为当$j>n$时必然无解，故只需要考虑不超过$n$的状态。
时间复杂度$O(n\log a)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const ll inf=1LL<<62;
using namespace std;
const int N=63,M=400010;
int n,i,j,k,c[N][2];ll x,S,f[N][M];
inline void up(ll&a,ll b){a>b?(a=b):0;}
int main(){
freopen("xor-cypher.in","r",stdin);
freopen("xor-cypher.out","w",stdout);
scanf("%d%lld",&n,&S);
while(n--){
scanf("%lld",&x);
for(i=0;i<60;i++)c[i][(x>>i&1)^1]++;
}
for(i=0;i<=60;i++)for(j=0;j<M;j++)f[i][j]=inf;
f[60][0]=0;
for(i=59;~i;i--)for(j=0;j<M;j++)if(f[i+1][j]<inf){
for(k=0;k<2;k++){
int t=j*2-c[i][k]+(S>>i&1);
if(t>=0&&t<M)
up(f[i][t],f[i+1][j]*2+k);
}
}
if(f[0][0]==inf)f[0][0]=-1;
printf("%lld",f[0][0]);
}
