Codeforces Round #818 (Div. 2)
Codeforces Round #818 (Div. 2)
赛时
| A | B | C | D |
|---|---|---|---|
| 7min | 38min | 57min | 100min |
| +1 | +1 |
基准分：\(\color{Blue}{1834}\)
排名：rk736
rating:\(\color{Cyan}{1439} \longrightarrow \color{Cyan}{1556}\)
被 \(\color{Gray}{1100}\) 卡半小时就 NM 离谱。
哦对着看错的题面搓了二十分钟啊，没事了。
为什么有人 D 会不加取模啊……
为什么 F 连着两次网络流啊……
A
\(\color{Gray}{800}\)
对于 \(x\)，答案只有可能是 \((x,2 \cdot x)\) 或 \((x,3 \cdot x)\)。
所以输出 \(n+2 \cdot \left( \left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor \right)\) 即可。
时间复杂度：\(O(1)\)
void work(){cin>>n,cout<<n+(n/2)*2+(n/3)*2<<'\n';}
B
\(\color{Gray}{1100}\)
就稍微倒退一下，循环每行要标记的的点即可。
反正就处理一下循环条件就行了，毕竟是 B 题。
时间复杂度：\(O(n \cdot m)\)
#define L(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
void work(){
cin>>n>>k>>x>>y;
int t=y%k;
L(i,1,n) L(j,1,n) s[i][j]='.';
L(i,0,n-1)
for(int j=(t+i)%k;j<=n;j+=k)
s[X(x+i)][j]='X';
L(i,1,n){L(j,1,n) cout<<s[i][j];cout<<'\n';}
}
C
\(\color{ForestGreen}{1300}\)
手搓下样例就大概能知道些规律。
首先，如果出现 \(a_i>b_i\) 的情况就直接判为无解。
对于一个数 \(a_i\)，如果要变成 \(b_i\)，要么 \(a_i\) 本来就和 \(b_i\) 相等，否则就是通过 \(a_{i+1}\) 增值。
显然，\(a_i\) 最大只能增大到 \(b_{i+1 \bmod n} +1\)，直接判断即可。
时间复杂度：\(O(n)\)
#define X(i) (i>n?i-n:(i<=0?i+n:i))
#define L(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
void work(){
cin>>n;L(i,1,n) cin>>a[i];L(i,1,n) cin>>b[i];
bool f=0;L(i,1,n) if(a[i]>b[i]) f=1;
if(f) return cout<<"NO"<<'\n',void();
L(i,1,n) if(b[i]>b[X(i+1)]+1&&a[i]!=b[i])
return cout<<"NO"<<'\n',void();
cout<<"YES"<<'\n';
}
D
文字表述参考了 CF 上的讨论，这与我赛时做法基本一致，但得出思路的过程不同且其更具有参考价值，所以主要记录的是以上做法。
\(\color{Purple}{1900}\)
留个坑：因为答案等于 \(\left[ x^k \right] \dfrac{(1+x)^n}{1-x}\) 所以可以用 FFT 爆艹什么鬼。
问题是在满二叉树上讨论的。
设 \(x\) 为当前 \(k\) 下，能保证无法获胜的人的个数，那么答案就是 \(2^n-x\)。
然后本人的赛时做法就是找个 \(n=4\) 的状态手摸，发现了规律，然后写上去过了无比草率。
尝试写个爆搜：
const int mod=1e9+7;
int ksm(int a,int b){
int s=1;
while(b){
if(b&1) (s*=a)%=mod;
(a*=a)%=mod;b>>=1;
}return s;
}int solve(int n,int k){
if(n<k||n<0) return 0;
if(!k) return ksm(2,n);
else return solve(n-1,k)+solve(n-1,k-1);
}
学过组合数学的话，可能会感觉上面的式子有点熟悉。
其实对于在二叉树上进行拓展的状态可以类比到杨辉三角上。
每次操作可以新增加的可控人数就是第 \(n\) 层的当前位的值。
或者，递推 \(n\) 的值，设之前一个推导的数 \(m\)，其之间的差为 \(\dbinom{n-m-1}{k}\) 次。
因为每次的选择都会被确定，也不难得到上述式子。
所以，预处理组合数，随便选一种上述思路模拟即可。
别忘了加取模。
时间复杂度：\(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define L(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);i++)
const int N=1e5+100,mod=1e9+7;
int n,k;
int d[N],jc[N],inv[N];
void init(){
d[0]=d[2]=1,d[1]=0;L(i,3,N-10) d[i]=(i-1)*(d[i-1]+d[i-2])%mod;
jc[0]=1;L(i,1,N-10) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
inv[1]=1;L(i,2,N-10) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
inv[0]=1;L(i,1,N-10) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
}int C(int x,int y){return (jc[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod);}
int ksm(int a,int b){
int s=1;
while(b){
if(b&1) (s*=a)%=mod;
(a*=a)%=mod;b>>=1;
}return s;
}void work(){
cin>>n>>k;int sum=0;
L(i,0,(min(n,k)))
(sum+=C(n,i))%=mod;
cout<<sum;
}void work(){
int ans=ksm(2,n);
L(i,0,n) (ans-=ksm(2,i),C(n-i-1,k)-mod)%=mod;
cout<<ans;
}signed main(){init();work();}
E
参考资料：OMG_wc(幻想家协会会长)的视频题解
\(\color{Gold}{2200}\)
首先考虑暴力做法，直接枚举 \(a,b\)，然后 \(c=n-a-b\)，求出值后直接相加即可。时间复杂度：\(O(n^2 \log_2n)\)
换个思路，每次枚举 \(c\) 的值，此时 \(a+b=n-c\)，很明显我们不能直接枚举 \(a,b\) 的值，那就直接枚举 \(\gcd(a,b)\) 的值。
设 \(x=a+b\)，每次枚举的数是 \(t\)，则 \(t|x\) 并且 \(\left( \dfrac{a}{t},\dfrac{b}{t} \right)=1\)，辗转相除法推一步就可知 \(\left( \dfrac{a}{t},\dfrac{x}{t} \right)=1\)。
此时 \(a\) 的取值个数也就是 \(a,b\) 的可取对数不难看出是 \(\phi \left( \dfrac{x}{t} \right)\)，那就可以预处理出 \(\phi(i)\) 的值，然后做到每次 \(O(1)\) 查询。
此时的时间复杂度为：\(O(n)\) 枚举 \(c\) 的值，\(O(\sqrt{n})\) 枚举 \(c\) 的所有因数，\(\phi\) 的值可以 \(O(n)\) 或 \(O \left( n \log_2 \left( \log_2 n \right) \right)\) 预处理出来。无耻宣博
时间复杂度：\(O(n\sqrt{n}\log_2n)\)
#define L(i,j,k) for(int (i)=(j);i<=(k);(i)++)
#define ll(i,j,k,l) for(int (i)=(j);i<=(k);(i)+=(l))
const int N=1e5+100;int n,p[N];
int lcm(int x,int y){return x*y/__gcd(x,y);}
void work(){
cin>>n;int ans=0;L(i,1,n) p[i]=i;
L(i,2,n) if(p[i]==i)
ll(j,i,n,i) p[j]=p[j]/i*(i-1);
L(i,1,n-2){
int t=n-i;
L(j,1,sqrt(t)) if(!(t%j)){
(ans+=lcm(i,j)*p[t/j])%=mod;
if(j!=1&&j!=t/j) (ans+=lcm(i,t/j)*p[j])%=mod;
}
}cout<<ans;
}
\(\color{Red}{2500}\)
网络流。
