Pinely Round 1 (Div. 1 + Div. 2) A-D
A
题意
构造两个长为 \(n\) 排列，使得两排列有长为 \(a\) 的公共前缀和长为 \(b\) 的公共后缀。
题解
知识点：构造。
注意到，当 \(a+b\leq n-2\) 时，中间段至少有两个位置可以操作使其不同，于是公共前后缀可以分别满足互不影响；否则，公共前后缀必然交叉，此时只有 \(a = n,b = n\) 的情况。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n, a, b;
cin >> n >> a >> b;
if (n - a - b >= 2 || a == n && b == n) cout << "Yes" << '\n';
else cout << "No" << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
B
题意
给定一个环，初始时每个元素一定不同于它的相邻元素。
每次操作可以删除一个元素，删除后环合并，相同的相邻元素会立刻消失。
问最多能操作几次。
题解
知识点：构造。
-
当环中只含有两种不同的元素，那么每次删除（除了最后两次）都会再额外消失一个，那么最终答案是 \(\frac{n}{2} + 1\) 。
-
当环中至少含有三种不同的元素，我们发现这类环一定存在三个连续的不同元素。
我们可以找到两个元素 \(a_i,a_j(i \neq j)\) ，满足 \(a_i = a_j\) 且 \(a_i\) 有两个不同的相邻元素 ，然后删除 \(a_i\)，直到不存在这样两个元素。
最后，至少有一种元素只剩下一个。如果所有种类的元素都至少有两个，因为一定存在三个连续的不同元素，那么这三个元素中间的那个元素满足有相同元素，且这个元素的相邻元素不同，所以我们可以按上述操作继续删。
我们可以以这个元素作为中心，持续删它的相邻元素。因为这个元素只有这一个，就不存在环合并后相邻元素相同的情况，所以最后没有元素是操作后额外消失的，答案是 \(n\) 。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n;
cin >> n;
set<int> st;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
int x;
cin >> x;
st.insert(x);
}
if (st.size() >= 3) cout << n << '\n';
else cout << n / 2 + 1 << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题意
给出一个 \(n \times n\) 的关系矩阵 \(b\) ，根据 \(b\) 构造 \(n\) 个非空集合 \(A_i\) 。
\(b_{i,j} = 1\) 时表示 \(A_i \subset A_j\) ，其他情况 \(b_{i,j} = 0\) 。
\(A_i\) 中的元素只能是 \([1,n]\) 中的整数。
题解
知识点：构造，STL。
为了使得每个集合与其它没有关系的集合之间始终是独立的，我们先给每个集合加入一个唯一的元素，为了方便可以一开始 \(A_i = \{i\}\) 。
这样以后，我们对 \(b\) 遍历，对于 \(A_i \subset A_j\) 可以让 \(A_j = A_i \cup A_j\) 。
最后，两个互不相干的集合 \(A_i,A_j\) 在合法的关系 \(b\) 之下一定不会有关，因为 \(A_i\) 不会有 \(A_j\) 的独立元素 \(j\) ，反之亦然。
用 bitset 实现会很舒服qwq。
时间复杂度 \(O(n^3)\)
空间复杂度 \(O(n^2)\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool b[107][107];
bitset<107> bs[107];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = 1;j <= n;j++) {
char ch;
cin >> ch;
b[i][j] = ch == '1';
}
}
for (int i = 1;i <= n;i++) {
bs[i].reset();
bs[i][i] = 1;
}
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = 1;j <= n;j++) {
if (b[i][j]) bs[j] |= bs[i];
}
}
for (int i = 1;i <= n;i++) {
cout << bs[i].count() << ' ';
for (int j = 1;j <= n;j++)if (bs[i][j]) cout << j << ' ';
cout << '\n';
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
题意
\(f(a,b)\) 为 \(a+b\) 时发生进位的二进制位的数量。
求有序对 \((a,b)\) 满足 \(a,b \in [0,2^n)\) 时， \(f(a,b) = k\) 的数量。
题解
方法一
知识点：排列组合，数学。
我们考虑发生进位位置对答案的影响。
设 \(a_i,b_i\) 分别为 \(a,b\) 的二进制第 \(i\) 位（从 \(1\) 开始），\(c_i\) 表示 \(a+b\) 在第 \(i\) 位（从 \(1\) 开始）是否进位。另外，\(c_0 = 0\) 方便之后计数。
显然只有以下四种情况：
- 如果 \(c_i = 0,c_{i-1} = 1\) ，那么可以推断 \((a_{i},b_{i}) = (0,0)\) 。
- 如果 \(c_i = 1,c_{i-1} = 0\) ，那么可以推断 \((a_{i},b_{i}) = (1,1)\) 。
- 如果 \(c_i = c_{i-1} = 1\) ，那么可以推断 \((a_{i},b_{i})\) 有三种组合：\((0,1),(1,0),(1,1)\) 。
- 如果 \(c_i = c_{i-1} = 0\) ，那么可以推断 \((a_{i},b_{i})\) 有三种组合：\((0,1),(1,0),(0,0)\) 。
进一步考虑 \(c\) ，其一定形如 101000....110011100|0 （从右往左）。假设有 \(m\) 个位置 \(c_i \neq c_{i-1},i\in [1,n]\) ，那么可以归纳得出，有 \(m+1\) 个交替的连续 01 段。
其中，进位段（连续 1 段）有 \(\lfloor \frac{m+1}{2} \rfloor\) 个，不进位段（连续 0 段）有 \(\lceil \frac{m+1}{2} \rceil\) 个，有三种组合的自由位有 \(n-m\) 个。因此，我们隔板法求出 \(k\) 个进位分成 \(\lfloor \frac{m+1}{2} \rfloor\) 个连续段的方案数 \(C_{k-1}^{\lfloor \frac{m+1}{2} \rfloor - 1}\) 和剩下 \(n+1-k\) 个不进位分成 \(\lceil \frac{m+1}{2} \rceil\) 个连续段的方案数 \(C_{n+1-k-1}^{\lceil \frac{m+1}{2} \rceil - 1}\) ，以及求出自由位贡献 \(3^{n-m}\) ，将三种方案乘法原理组合在一起就是有 \(m\) 个位置 \(c_i \neq c_{i-1},i\in [1,n]\) 的答案。
最后 \(m \in [0,n]\) 枚举一下求和即可。其中两个隔板法的组合数要特判 \(C_{0-1}^{0-1}\) 的情况，这种情况设为 \(1\) ，其他不合法情况设为 \(0\) 。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
方法二
知识点：排列组合，数学。
方法二思维量更少一点。
我们直接讨论 \(k\) 个进位连续段分成 \(i\) 个连续段的情况，以及显然进位段和不进位段是交替的。
首先，会有 \(i\) 个位置必须设为 \((1,1)\) ，因为有 \(i\) 个进位段。其次，如果不进位段右侧有进位段，则不进位段因为需要阻止进位段继续进位，右端必须设为 \(0\) 。
我们需要分别考虑前导和后导是否是进位段的自由位情况。因为前导不进位时，\(i\) 个进位段左侧都有不进位段，自由位有 \(n - 2i\) 个；前导进位时，只有 \(i-1\) 个进位段左侧有不进位段，前导进位段左侧天然是 \(0\) ，自由位有 \(n - 2i+1\) 个。
进一步，考虑四类段分配情况。以前导后导都不进位为例，则有 \(i\) 段进位段和 \(i+1\) 段不进位段，组合数求一下就行，其他以此类推。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
代码
方法一
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int qpow(int a, int k) {
int ans = 1;
while (k) {
if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % mod;
k >>= 1;
a = 1LL * a * a % mod;
}
return ans;
}
int fact[1000007], factinv[1000007];
void init(int n) {
fact[0] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++) fact[i] = 1LL * i * fact[i - 1] % mod;
factinv[n] = qpow(fact[n], mod - 2);
for (int i = n;i >= 1;i--) factinv[i - 1] = 1LL * factinv[i] * i % mod;
}
int C(int n, int m) {
if (n == m && m == -1) return 1;
if (n < m || m < 0) return 0;
return 1LL * fact[n] * factinv[n - m] % mod * factinv[m] % mod;
}
bool solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
init(n);
int ans = 0;
for (int i = 0;i <= n;i++) {
ans = (ans + 1LL * C(k - 1, (i + 1) / 2 - 1) * C(n + 1 - k - 1, (i + 2) / 2 - 1) % mod * qpow(3, n - i) % mod) % mod;
}
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
//cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
方法二
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int qpow(int a, int k) {
int ans = 1;
while (k) {
if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % mod;
k >>= 1;
a = 1LL * a * a % mod;
}
return ans;
}
int fact[1000007], factinv[1000007];
void init(int n) {
fact[0] = 1;
for (int i = 1;i <= n;i++) fact[i] = 1LL * i * fact[i - 1] % mod;
factinv[n] = qpow(fact[n], mod - 2);
for (int i = n;i >= 1;i--) factinv[i - 1] = 1LL * factinv[i] * i % mod;
}
int C(int n, int m) {
if (n < m || m < 0) return 0;
return 1LL * fact[n] * factinv[n - m] % mod * factinv[m] % mod;
}
bool solve() {
int n, k;
cin >> n >> k;
if (k == 0) {
cout << qpow(3, n) << '\n';
return true;
}
init(n);
int ans = 0;
for (int i = 1;i <= k;i++) {
if (n - 2 * i >= 0) {
//前导不进位，后导不进位
ans = (ans + 1LL * C(n - k - 1, i) * C(k - 1, i - 1) % mod * qpow(3, n - 2 * i) % mod) % mod;
//前导不进位，后导进位
ans = (ans + 1LL * C(n - k - 1, i - 1) * C(k - 1, i - 1) % mod * qpow(3, n - 2 * i) % mod) % mod;
}
if (n - 2 * i + 1 >= 0) {
//前导进位，后导不进位
ans = (ans + 1LL * C(n - k - 1, i - 1) * C(k - 1, i - 1) % mod * qpow(3, n - 2 * i + 1) % mod) % mod;
//前导进位，后导进位
ans = (ans + 1LL * C(n - k - 1, i - 2) * C(k - 1, i - 1) % mod * qpow(3, n - 2 * i + 1) % mod) % mod;
}
}
cout << ans << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
//cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
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