AtCoder Grand Contest 033

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A. Darker and Darker

$\color{gray}{\text{skipped}}$

B. LRUD Game

$\color{gray}{\text{skipped}}$

C. Removing Coins

博弈论结论题。首先硬币多少没有关系，所以题面就变成选择一个点，然后删去以它为根时的叶子节点。

可以发现，无论选取哪一个点都会导致直径至少减少1。如果选取了非直径端点的点则会导致直径减少2。

显然当直径等于 0 时没有点可以选。也就是说，除了最后一步之外，两个人都可以选择直径 -2 或 -1。

最后一步有可能只存在两个点，这种情况下只能一个个选。也就是说 2 是先手必败。

这样就可以推出，假如长度除 3 的余数等于 0 或 1，那么先手把长度取为 2，然后取 3-后手选择的数字 即可。

反之后手必胜。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 200010
using namespace std;
int nxt[N<<1],to[N<<1],head[N],cnt;
void add(int u,int v)
{
    nxt[++cnt]=head[u];
    to[cnt]=v;
    head[u]=cnt;
}
void dfs(int u,int p,int &t,int &l)
{
    t=u;l=1;
    for(int i=head[u];i;i=nxt[i])
    {
        int t1=0,l1=0,v=to[i];
        if(v==p) continue;
        dfs(v,u,t1,l1);
        if(l1+1>l) l=l1+1,t=t1;
    }
}
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int u,v;
        scanf("%d%d",&u,&v);
        add(u,v),add(v,u);
    }
    int t=0,l=0;
    dfs(1,0,t,l);
    dfs(t,0,t,l);
    puts(l%3==2?"Second":"First");
    return 0;
}

D. Complexity

E. Go around a Circle

首先考虑钦定第一个是红的，否则翻转红蓝结果一定不变。

然后如果所有都是红的，那么结果就是不能有一个点连出两条蓝边，直接递推即可。

否则仍然还是不能有一个点连出两条蓝边，同时两个蓝边之间至少的红边数为奇数。

考虑连续的 $R$ 的最小值，可以发现任何两个蓝边之间的红边数不能大于这个值。然后按照这两个条件 dp 即可，加上前缀和优化。

复杂度 $O(n+m)$。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 200010
#define mod 1000000007
using namespace std;
int f[N],a[N],nxt[N];
char s[N];
int ksm(int a,int b=mod-2)
{
    int r=1;
    for(;b;b>>=1)
    {
        if(b&1) r=1ll*r*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
    }
    return r;
}
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d%s",&n,&m,s+1);
    for(int i=1;i<=m;i++) a[i]=s[i]==s[1];nxt[m+1]=m+1;
    for(int i=m;i;i--) nxt[i]=a[i]?nxt[i+1]:i;
    if(nxt[1]==m+1)
    {
        f[0]=1,f[1]=2;
        for(int i=2;i<=n;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%mod;
        if(n==1) puts("1");
        else if(n==2) puts("3");
        else printf("%d\n",(f[n-1]+f[n-3])%mod);
        return 0;
    }
    if(n&1){puts("0");return 0;}
    int t=nxt[1];
    for(int i=1;i<=m;i++)
    if(nxt[i]!=m+1 && !a[i-1] && (nxt[i]-i)%2) t=min(t,nxt[i]-i);
    n=n/2,t=(t+1)/2;
    int v=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(i>t) f[i]=v=(v-f[i-t-1]+mod)%mod;
        else f[i]=(v+i*2)%mod;
        v=(v+f[i])%mod;
    }
    printf("%d\n",f[n]);
    return 0;
}

F. Adding Edges

考虑如果最后的三个点 $a,b,c$ 是有序的，那么我们可以处理依次加入一条边。

然后考虑记 $r_{x,y}$ 表示以 $x$ 为根 $y$ 有连边的最近的祖先。对于每一条边 $(x,y)$：

如果 $r_{x,y}=y$ 那么不用加入。否则如果 $r_{x,y}$ 存在那么加入 $(r_{x,y},y)$。

否则我们暴力 dfs $x$ 的整颗子树让所有点的父亲指向 $y$，对于 $y$ 同理，然后再加入 $(x,y)$。

然后对于统计答案直接统计每个点为根时与其他点是否有边即可。

复杂度 $O(n^2+nm)$。