AtCoder Beginner Contest 349
A - Zero Sum Game (abc349 A)
题目大意
\(n\)个人游戏，每局有一人 \(+1\)分，有一人 \(-1\)分。
给定最后前 \(n-1\)个人的分数，问第 \(n\)个人的分数。
解题思路
零和游戏，所有人总分是 \(0\)，因此最后一个人的分数就是前 \(n-1\)个人的分数和的相反数。
神奇的代码
n = input()
print(-sum([int(i) for i in input().split()]))
B - Commencement (abc349 B)
题目大意
对于一个字符串，如果对于所有 \(i \geq 1\)，都有恰好 \(0\)或 \(2\) 个自负出现\(i\)次，则该串是好串。
给定一个字符串\(s\)，问它是不是好串。
解题思路
\(|s|\)只有 \(100\)，统计每个字符的出现次数，再枚举 \(i\)即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
string s;
cin >> s;
bool ok = true;
map<char, int> cnt;
for (auto c : s)
cnt[c]++;
auto check = [&](int c) {
int cc = 0;
for (auto& [k, v] : cnt) {
cc += (v == c);
}
return cc == 0 || cc == 2;
};
for (int i = 1; i <= s.size(); ++i) {
ok &= check(i);
}
cout << (ok ? "Yes" : "No") << endl;
return 0;
}
C - Airport Code (abc349 C)
题目大意
给定一个字符串\(s\)和字符串 \(t\)，问字符串 \(t\)能否从字符串 \(s\)得到。操作为：
- 从 \(s\)挑三个字母，不改变顺序变成 \(t\)。
- 从 \(s\)挑两个字母，加上\(X\)，不改变顺序变成 \(t\)。
解题思路
就子序列匹配问题。就近匹配原则即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
string s, t;
cin >> s >> t;
if (t.back() == 'X')
t.pop_back();
auto pos = s.find_first_of(tolower(t[0]));
for (int i = 1; i < t.size() && pos < s.size(); ++i) {
pos = s.find_first_of(tolower(t[i]), pos + 1);
}
if (pos < s.size())
cout << "Yes" << endl;
else
cout << "No" << endl;
return 0;
}
D - Divide Interval (abc349 D)
题目大意
给定\([l,l+1,...,r-1,r)\)序列，拆分成最少的序列个数，使得每个序列形如 \([2^ij, 2^i(j+1))\)。
给出拆分方案。
解题思路
拆分的序列个数最小，那肯定想让一个序列尽可能的长，而长的话，就是让\(2^i\)尽可能大。
因此就贪心地让\(2^i\)尽可能大，即 \(l=2^i * j\)，这里的\(i\)是最大的 \(i\)（这意味着 \(j\)是奇数），并且 \(r \leq 2^i(j + 1)\)，如果 \(r > 2^i(j + 1)\)，那说明 \(2^i\)太大了，就变成 \(2^(i-1) 2j\)来试试。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
LL l, r;
cin >> l >> r;
vector<array<LL, 2>> ans;
while (l < r) {
LL p2 = 1;
LL bl = l;
while (bl % 2 == 0 && l + p2 <= r) {
bl >>= 1;
p2 <<= 1;
}
while (l + p2 > r) {
p2 >>= 1;
bl <<= 1;
}
ans.push_back({l, l + p2});
l += p2;
}
cout << ans.size() << '\n';
for (auto& i : ans) {
cout << i[0] << ' ' << i[1] << '\n';
}
return 0;
}
E - Weighted Tic-Tac-Toe (abc349 E)
题目大意
给定\(3 \times 3\)的网格，高桥和青木画 \(OX\)。
每个格子有分数。
若存在同行同列或同对角线，则对应方赢，否则全部画满后，所画格子的分数和较大者赢。
问最优策略下，谁赢。
解题思路
朴素的博弈\(dp\)，状态即为当前的棋盘样子，总状态数为 \(3^9=2e4\)，直接搜索即可。
即设 \(dp[i]\)表示当前局面 \(i\)的当前操作者（称为先手）的必赢\((dp[i] = 1)\)或必输 \((dp[i] = 0)\)。
转移，则枚举当前操作者的行为，即选择哪个格子，进入后继状态。
如果所有后继状态都是（先手）必赢，那么当前状态则是（先手）必输，即\(dp[i] = 0\)如果所有\(dp[j] = 1\)， \(j\)是后继状态。
否则，如果有一个后继状态是先手必输，那么当前状态的先手就可以控制局面走向该状态，使得当前状态是必胜态，即\(dp[i] = 1\)如果存在一个\(dp[j] = 0\)。
转移显而易见是\(O(9)\),总状态数只有 \(O(2e4)\)，因此朴素搜索就可以通过了。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
typedef array<array<LL, 3>, 3> tu;
tu a;
for (auto& x : a)
for (auto& y : x)
cin >> y;
map<tu, int> dp;
auto check_end = [&](tu& pos) -> int {
LL p1 = 0, p2 = 0;
int left = 0;
for (int i = 0; i < 3; ++i) {
for (int j = 0; j < 3; ++j) {
left += !pos[i][j];
p1 += (pos[i][j] == 1) * a[i][j];
p2 += (pos[i][j] == 2) * a[i][j];
}
}
if (left == 0) {
if (p1 > p2)
return 0;
else
return 1;
}
for (int i = 0; i < 3; ++i) {
if (pos[i][0] == pos[i][1] && pos[i][1] == pos[i][2] &&
pos[i][0] != 0) {
if (pos[i][0] == 1)
return 0;
else
return 1;
}
if (pos[0][i] == pos[1][i] && pos[1][i] == pos[2][i] &&
pos[0][i] != 0) {
if (pos[0][i] == 1)
return 0;
else
return 1;
}
}
if (pos[0][0] == pos[1][1] && pos[1][1] == pos[2][2] &&
pos[0][0] != 0) {
if (pos[0][0] == 1)
return 0;
else
return 1;
}
if (pos[0][2] == pos[1][1] && pos[1][1] == pos[2][0] &&
pos[0][2] != 0) {
if (pos[0][2] == 1)
return 0;
else
return 1;
}
return -1;
};
auto dfs = [&](auto self, tu& pos, int role) -> bool {
int status = check_end(pos);
if (status != -1) {
return dp[pos] = status == role;
}
if (dp.find(pos) != dp.end())
return dp[pos];
bool lose = false;
for (auto& i : pos)
for (auto& j : i) {
if (j)
continue;
j = (role + 1);
lose |= (!self(self, pos, role ^ 1));
j = 0;
}
return dp[pos] = lose ? 1 : 0;
};
tu ini{};
bool win = dfs(dfs, ini, 0);
cout << (win ? "Takahashi" : "Aoki") << endl;
return 0;
}
F - Subsequence LCM (abc349 F)
题目大意
给定一个序列\(a\)和\(m\)，问子序列的数量，使得其\(lcm\)（最小公倍数）为 \(m\)。
子序列之间的不同，当且仅当有元素在原位置不一样，即使它们的数字可能是一样的。
解题思路
我们可以依次考虑每个\(a\)，选或不选，很显然是\(O(2^n)\)。
我们不能维护每个数选择的状态，但是要维护怎样的状态呢？是怎样的中间状态能够导出它们的最小公倍数呢。
一个简单的办法就是记录此时的最小公倍数，即\(dp[i][j]\)表示考虑前 \(i\)个数，选择若干后，最小公倍数是 \(j\)的方案数。转移就考虑当前数\(a_i\)选或不选， 如果选，则通过\(j\)和 \(a_i\)可以得到新的最小公倍数，转移到后继状态。
但是状态数有 \(O(10^5 \times 10^{16})\)，太大了。
要简化状态数，一个比较明显的观察的是，并不是所有的\(j\)都是必要的，只有 \(m\)的因子的那些 \(j\)才有可能转移到 \(m\)，其他的都不可能转移到 \(m\)，因此第二维状态数可以减小，但因子数的数量级大概是根号级别，也就是说还有 \(10^8\)左右，还是不行。
如何继续简化呢，那得知道如何求解最小公倍数。两个数\(a,b\)的最小公倍数是\(\frac{ab}{gcd(ab)}\)，但还有另一种求法，这种求法可以一次求解 \(n\)个数的最小公倍数。
根据其定义，假设最小公倍数是\(m\)，那就意味着 \(m\)是每个数的倍数。
从质因数的角度来思考倍数关系，那就是 \(m\)的每个质因子的幂 \(\geq\)每个数对应质因子的幂。
为了让\(m\)是最小的公倍数，那就让\(m\)的每个质因子的幂就是这些数对应质因子幂的最大值，这样在保证是倍数的关系下，还能最小。（最大公因数对应的其实就是幂的最小值）
从上述求最小公倍数的角度来理解状态\(j\)，其实就是记录了\(m\)的各个质因子的幂的值。但稍微细想，结合转移的取幂的最大值，会发现，这里的状态还是冗余的：我们无需记录各个质因子的幂，而是记录是否达到\(m\)对应的幂就可以了：还是能够转移，能够从最后得到正确答案。
由此就可以得到更加简化的状态：设 \(dp[i][j]\)表示考虑前 \(i\)个数，选择若干个后，其最小公倍数的各个质数幂的最大值是否达到 \(m\)对应的质数幂的值的状态为 \(j\)（对于每个 \(m\)的质数，都有 未达到或达到这一\(01\) 状态，因此\(j\)是一个二进制压缩的状态）的选择方案数。初始条件是 \(dp[0][0]=0\)。
转移就考虑，选择当前数后，状态 \(j\)是否会变化。因此要事先预处理每个数选择后对这一状态的影响。即事先对\(m\)质因数分解，再预处理每个 \(a_i\)对转移的影响。
考虑时间复杂度， \(m\)为 \(10^{16}\)，至多有13个质数，总的复杂度是 \(O(2^13 10^5)\)，粗略算也有 \(1e9\)了。当前的 \(dp\)还过不了。考虑进一步优化。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int mo = 998244353;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
LL m;
cin >> n >> m;
bool one = (m == 1);
vector<pair<LL, int>> fac;
int up = 1e8;
for (int i = 2; i <= up; ++i) {
if (m % i == 0) {
fac.push_back({i, 0});
while (m % i == 0) {
m /= i;
fac.back().second++;
}
}
}
if (m != 1) {
fac.push_back({m, 1});
}
vector<int> a;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
LL x;
cin >> x;
bool ok = true;
int sign = 0;
for (int j = 0; j < fac.size(); ++j) {
auto& [p, v] = fac[j];
int cnt = 0;
while (x % p == 0) {
x /= p;
++cnt;
}
ok &= (cnt <= v);
if (cnt == v)
sign |= (1 << j);
}
ok &= (x == 1);
if (ok)
a.push_back(sign);
}
vector<int> dp(1 << fac.size(), 0);
dp[0] = 1;
for (int x : a) {
vector<int> dp2 = dp;
for (int i = 0; i < (1 << fac.size()); ++i) {
dp2[i | x] = (dp2[i | x] + dp[i]);
if (dp2[i | x] >= mo)
dp2[i | x] -= mo;
}
dp.swap(dp2);
}
int ans = dp.back();
if (one) {
ans = (ans - 1 + mo) % mo;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
欲知后事如何，且等作业写完后再写
如何继续优化呢，注意到\(2e5\)个数，我们预处理它们对状态的转移的影响后，也即变成一堆\(010101\)标记后，容易意识到的一点是它们有很多重复的，比如很多数选择后它们对状态的影响是\(0\)，因此可以把它们整合到一起考虑。
即处理出\(cnt[i]\)表示标记 \(i\)出现的次数，标记种类的数量级同样是 \(O(2^{13})\)，然后对每个标记 考虑如何选（有\(2^{cnt[i]} - 1)\)种选法，然后标记影响，转移到后继状态即可。这样时间复杂度是 \(O(2^{26}\)，可以通过了。
最后要特判下\(m=1\)的情况。
超时的1e9
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int mo = 998244353;
long long qpower(long long a, long long b) {
long long qwq = 1;
while (b) {
if (b & 1)
qwq = qwq * a % mo;
a = a * a % mo;
b >>= 1;
}
return qwq;
}
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
LL m;
cin >> n >> m;
bool one = (m == 1);
vector<pair<LL, int>> fac;
int up = 1e8;
for (int i = 2; i <= up; ++i) {
if (m % i == 0) {
fac.push_back({i, 0});
while (m % i == 0) {
m /= i;
fac.back().second++;
}
}
}
if (m != 1) {
fac.push_back({m, 1});
}
vector<int> a;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
LL x;
cin >> x;
bool ok = true;
int sign = 0;
for (int j = 0; j < fac.size(); ++j) {
auto& [p, v] = fac[j];
int cnt = 0;
while (x % p == 0) {
x /= p;
++cnt;
}
ok &= (cnt <= v);
if (cnt == v)
sign |= (1 << j);
}
ok &= (x == 1);
if (ok)
a.push_back(sign);
}
vector<int> cnt(1 << fac.size(), 0);
vector<int> dp(1 << fac.size(), 0);
for (auto& i : a)
cnt[i]++;
dp[0] = 1;
for (int x = 0; x < cnt.size(); ++x) {
vector<int> dp2 = dp;
int w = qpower(2, cnt[x]) - 1;
if (w < 0)
w += mo;
for (int i = 0; i < (1 << fac.size()); ++i) {
dp2[i | x] = dp2[i | x] + 1ll * dp[i] * w % mo;
if (dp2[i | x] >= mo)
dp2[i | x] -= mo;
}
dp.swap(dp2);
}
int ans = dp.back();
if (one) {
ans = (ans - 1 + mo) % mo;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
看官方题解貌似可以通过zeta变换+莫比乌斯容斥降到\(O(13 2^{13})\)
G - Palindrome Construction (abc349 G)
题目大意
<++>
解题思路
<++>
神奇的代码
