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;
}