[ABC349] AtCoder Beginner Contest 349 题解
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最近AT怎么这么寄
[ABC349] AtCoder Beginner Contest 349 题解
目录
A - Zero Sum Game
零和博弈，观察到和为0，就完了。
B - Commencement
模拟，多读几遍题。
C - Airport Code
直接在 S 后面插入一个 X，然后就变成第一种情况，贪心即可。
D - Divide Interval
一个位置的方案可能是去掉若干个后缀 0，然后加一，再加回来后缀 0。
根据贪心的思路，尽可能去掉最多个后缀 0，发现跑得很快然后过了。
int l, r;
int cnt (int x) {
int c = 0;
while(x) {
if(x & 1) break;
x /= 2;
c ++;
}
return c;
}
int al[N], ar[N];
void work() {
cin >> l >> r;
int ans = 0;
for(int i = l; i < r; ) {
int k = cnt(i);
if(i == 0) k = 61;
for(int j = k; j >= 0; j --) {
int p = (((i >> j) + 1) << j);
if(p <= r) {
ans ++;
al[ans] = i, ar[ans] = p;
i = p;
break;
}
}
}
cout << ans << '\n';
for(int i = 1; i <= ans; i ++)
cout << al[i] << ' ' << ar[i] << '\n';
return ;
}
E - Weighted Tic-Tac-Toe
博弈论板子，爆搜即可，不放心加记忆化。
// Problem: E - Weighted Tic-Tac-Toe
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 349
// Author: Moyou
// Copyright (c) 2024 Moyou All rights reserved.
// Date: 2024-04-13 20:33:25
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 10 + 10;
int a[N][N], g[N][N], n;
int S(int g[][N]) {
int ans = 0;
for(int i = 1, w = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 1; j <= n; j ++, w *= 3)
ans += ((g[i][j] == -1 ? 2 : g[i][j]) * w);
return ans;
}
int check(int g[][N]) {
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
bool flg = 1;
if(g[i][1] == -1) continue;
for(int j = 1; j < n; j ++) {
if(!(g[i][j] != -1 && g[i][j + 1] != -1)) {
flg = 0;
break;
}
if(g[i][j] != g[i][j + 1]) {
flg = 0;
break;
}
}
if(flg)
return g[i][1];
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
bool flg = 1;
if(g[1][i] == -1) continue;
for(int j = 1; j < n; j ++) {
if(!(g[j][i] != -1 && g[j + 1][i] != -1)) {
flg = 0;
break;
}
if(g[j][i] != g[j + 1][i]) {
flg = 0;
break;
}
}
if(flg)
return g[1][i];
}
if(g[1][1] != -1 && g[1][1] == g[2][2] && g[1][1] == g[3][3]) return g[1][1];
if(g[1][3] != -1 && g[1][3] == g[2][2] && g[1][3] == g[3][1]) return g[2][2];
int x = 0, y = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
if(g[i][j] == -1) return 2;
if(g[i][j] == 0) x += a[i][j];
else y += a[i][j];
}
return (x < y);
}
int f[60000];
int dfs(int u) {
int s = S(g);
if(check(g) != 2)
return f[s] = check(g);
if(f[s] != 0x3f3f3f3f3f3f3f3f) return f[s];
bool flg = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
if(g[i][j] == -1) {
g[i][j] = u;
int ne = dfs(u ^ 1);
g[i][j] = -1;
if(ne == u)
return f[s] = ne;
if(ne == 2) flg = 1;
}
}
return f[s] = (flg ? 2 : (u ^ 1));
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
n = 3;
for(int i = 1; i <= n; i ++)
for(int j = 1; j <= n; j ++)
cin >> a[i][j];
memset(f, 0x3f, sizeof f);
memset(g, -1, sizeof g);
dfs(0);
cout << (f[19682] ? "Aoki" : "Takahashi") << '\n';
return 0;
}
/*
0 -1 -1
-1 0 -1
-1 -1 1
*/
F - Subsequence LCM
本场我最喜欢的题。
考虑质因数分解，然后要求取若干个数使得 \(\text lcm = M\)，可以发现，去掉不合法的数字之后，如果某个位 \(p_i^{\alpha _i}\) 上所有 \(< \alpha_i\) 的数都是一样的，这一位上可选可不选，所以可以用一个 01 串来表示每个数。
那么就转化为了：
给出一个序列，取出一个集合使得它们的或为 \(M\)，方案数多少。
有一个显然的 DP：\(f_{i, s}\) 表示选取前 \(i\) 个数，或为 \(s\) 的方案数。
这样是 \(O(n2^{w(M)})\)，看似可过实际上会爆掉。
然后发现如果两个数的 01 串是相同的它们的转移也一样，所以可以优化把状态数优化成 \(2^w\)，总时间复杂度是 \(O(4^w)\)，可过。
考虑更优的做法。
很容易想到用容斥做这个计数，也就是算出来$ g_i$ 表示：
\[\sum_{t\subset i}g_t
\]
也就是一个 SOSDP（子集卷积，Zeta 变换）。
然后子集容斥算出来答案。
// Problem: F - Subsequence LCM
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 349
// Author: Moyou
// Copyright (c) 2024 Moyou All rights reserved.
// Date: 2024-04-13 21:31:08
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10, M = (1 << 13) + 10, mod = 998244353;
int n, m, a[N], b[M], f[M], k;
vector<pair<int, int> > primes;
void get_p(int a) {
for(int i = 2, cnt; i * i <= a; i ++) {
if(a % i == 0) {
cnt = 0;
while(a % i == 0) a /= i, cnt++;
primes.push_back({i, cnt});
}
}
if(a > 1) primes.push_back({a, 1});
k = primes.size();
return;
}
int qmi(int a, int b) {
int res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod;
}
return res;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> m;
get_p(m);
for(int i = 1, s, j; i <= n; i ++) {
cin >> a[i];
s = 0, j = 0;
for(auto [p, r] : primes) {
int c = 0;
while(a[i] % p == 0)
c ++, a[i] /= p;
if(c == r) s |= (1 << j);
if(c > r) {
s = -1;
break;
}
j ++;
}
if((~s) && a[i] == 1) f[s] ++;
}
if(m == 1) return cout << (qmi(2, f[0]) - 1 + mod) % mod << '\n', 0;
/* O(4^k) solution, optimizing brute dp by uniquing trans
f[0][0] = qmi(2, b[0]);
for(int i = 0; i < (1 << k); i ++) {
for(int s = 0; s < (1 << k); s ++) {
(f[i + 1][s | i] += 1ll * f[i][s] * (qmi(2, b[i + 1]) - 1) % mod) %= mod;
(f[i + 1][s] += f[i][s]) %= mod;
}
}
cout << (f[(1 << k) - 1][(1 << k) - 1] % mod + mod) % mod << '\n';
*/
// O(k2^n) solution, SOSDP + inconclusion exclusion pinciple
int ans = 0;
for(int i = 0; i < k; i ++)
for(int s = 0; s < (1 << k); s ++)
if(s >> i & 1) (f[s] += f[s ^ (1 << i)]) %= mod;
for(int s = 0; s < (1 << k); s ++)
f[s] = qmi(2, f[s]);
for(int s = 0; s < (1 << k); s ++)
(ans += ((__builtin_popcount(s) + k & 1) ? -1 : 1) * f[s]) %= mod;
cout << (ans % mod + mod) % mod << '\n';
return 0;
}
G - Palindrome Construction
类似 Manacher 从前往后构造原串。
如果一个位置有回文半径覆盖就使用对称位置的字符，否则就贪心选择可以选择的字符里最小的，每次确定之后要给后面的\(i + a_i\) 打上不等于 \(i - a_i\) 的标记。
这样搞出来是最优解，判断有无解跑一遍 Manacher 即可。
时间复杂度：\(O(n)\)。
// Problem: G - Palindrome Construction
// Contest: AtCoder - AtCoder Beginner Contest 349
// Author: Moyou
// Copyright (c) 2024 Moyou All rights reserved.
// Date: 2024-04-14 16:55:53
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 4e5 + 10;
int n, a[N], b[N], d[N], c[N];
vector<int> g[N];
bool st[N];
bool manacher() {
d[1] = 1;
int m = 0;
c[++ m] = -1;
for(int i = 1; i <= n; i ++) c[++ m] = b[i], c[++ m] = -1;
for(int i = 2, l = 0, r = 0; i <= m; i ++) {
if(i <= r) d[i] = min(r - i + 1, d[r + l - i]);
while(i - d[i] >= 0 && i + d[i] <= m && c[d[i] + i] == c[i - d[i]]) d[i] ++;
if(i + d[i] - 1 > r) l = i - d[i] + 1, r = i + d[i] - 1;
}
for(int i = 2; i <= m; i += 2)
if(d[i] / 2 != a[i / 2]) return 0;
return 1;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i], a[i] ++;
for(int i = 1, l = 1, r = 0; i <= n; i ++) {
if(i <= r) b[i] = b[r - i + l];
else {
for(auto x : g[i])
st[x] = 1;
for(int j = 1; j <= n; j ++)
if(!st[j]) {
b[i] = j;
break;
}
for(auto x : g[i])
st[x] = 0;
}
if(i + a[i] - 1 > r) l = i - a[i] + 1, r = i + a[i] - 1;
g[i + a[i]].push_back(b[i - a[i]]);
}
if(!manacher()) return cout << "No\n", 0;
cout << "Yes\n";
for(int i = 1; i <= n; i ++) cout << b[i] << ' '; cout << '\n';
return 0;
}
总结
B，C爽吃罚时，下次要多造点 corner case 然后仔细读题。
E 沙比题写太久了没空写 F，赛时没开 G 有点遗憾。
