Public NOIP Round #3（Div. 1） 题解

T2：

先判 $1,n$ 有连边的情况，也就是说明最短路一定是 $1$ 直接走到 $n$。特判掉 $k=1,n=2$ 的情况，这是无解的。那么如果 $k\ge2$ 就令 $1,n$ 都为 $U$，其余随便分配，否则令 $1,n$ 都为 $P$，其余随便分配。

否则不妨假设给 $1$ 分配 $U$，给 $n$ 分配 $P$，那么一定是有解的。

因为一定可以把 $1$ 以及它所连的点都变为 $U$，或者把 $n$ 以及它所连的点都变成 $P$。

非常诈骗。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100005, M = 400005;
int n, m, k;
int head[N], ver[M], nxt[M], cnt;
bool vis[N];
queue <int> q;
int ans[N];

void add(int u, int v) {
	ver[++cnt] = v, nxt[cnt] = head[u], head[u] = cnt;
}


int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%*d");
	for (int i = 1, u, v; i <= m; ++i) {
		scanf("%d%d", &u, &v);
		if ((u == 1 && v == n) || (u == n && v == 1)) {
			if (k == 1 && n == 2) return printf("impossible"), 0;
			if (k >= 2) {
				putchar('U');
				for (int i = 1; i <= k - 2; ++i) putchar('U');
				for (int i = 1; i <= n - k; ++i) putchar('P');
				putchar('U');
			}
			else {
				putchar('P');
				for (int i = 1; i <= n - k - 2; ++i) putchar('P');
				for (int i = 1; i <= k; ++i) putchar('U');
				putchar('P');
			}
			return 0;
		}
		add(u, v), add(v, u);
	}
	q.push(1);
	while (!q.empty()) {
		int u = q.front(); q.pop();
		if (vis[u]) continue;
                if (!k) break;
		vis[u] = 1, --k, ans[u] = 1;
		for (int i = head[u]; i; i = nxt[i]) {
			int v = ver[i];
			q.push(v);
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%c", ans[i] ? 'U' : 'P');
	return 0;
}

T3：

考虑 DP，设 $f(i)$ 表示以 $i$ 结尾的有多少种合法的序列，令 $sum$ 表示 $f$ 的前缀和。

那么先令 $f(i)\gets 1+sum(i-1)$，表示序列中单独一个 $i$，以及枚举上一个数然后接在后面的方案数。

但是这里面有不合法的，需要减去，于是枚举上一个数 $j$，满足 $j\lt i$ 且 $i\oplus j\lt j$，然后 $f(i)\gets f(i)-f(i\oplus j)$。

暴力做是 $\mathcal O(n^2)$ 的，但是看着就很能前缀和优化。

发现因为要 $i\oplus j\lt j$，所以 $i,j$ 最高位的 $1$ 一定在相同位置。然后还要满足 $j\lt i$，直接枚举 $j$ 最高是在哪一位和 $i$ 不同，然后低位就可以随便填了，不难发现分成了 $\mathcal O(\log n)$ 段，前缀和优化即可。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000005;
int n, mod;
int f[N], sum[N];

void sub(int &a, int b) {
	a -= b;
	if (a < 0) a += mod;
}

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &mod);
	f[1] = sum[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		f[i] = sum[i - 1] + 1;
		int j = 20; while ((i >> j & 1) == 0) --j;
		for (int k = j - 1; ~k; --k) {
			if (i >> k & 1) sub(f[i], ((sum[(1 << (k + 1)) - 1] - sum[(1 << k) - 1]) + mod) % mod);
		}
		sum[i] = (sum[i - 1] + f[i]) % mod;
	}
	printf("%d", sum[n]);
	return 0;
}