AtCoder Grand Contest 002
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A - Range Product
略。
#include <cstdio>
int A, B;
int main() {
scanf("%d%d", &A, &B);
if (A <= 0 && B >= 0) puts("Zero");
else if (A > 0 || (B - A) & 1) puts("Positive");
else puts("Negative");
return 0;
}
B - Box and Ball
在任意时刻，维护 \(\mathrm{num}[i]\) 表示第 \(i\) 个盒子内的球数，\(\mathrm{typ}[i]\) 表示第 \(i\) 个盒子内是否有红球：\(0\) 一定没有，\(1\) 一定有，\(2\) 两种都有可能。
转移显然，最终 \(\mathrm{typ}\) 非零的位置的个数就是答案。
#include <cstdio>
const int MN = 100005;
int N, M, Ans;
int num[MN], typ[MN];
int main() {
scanf("%d%d", &N, &M);
for (int i = 1; i <= N; ++i)
num[i] = 1, typ[i] = i == 1;
for (int i = 1; i <= M; ++i) {
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
if (num[x] == 1) {
if (typ[x] == 1) typ[y] = 1;
else if (typ[x] == 2) typ[y] = 2;
typ[x] = 0;
} else if (typ[x] != 0) typ[x] = typ[y] = 2;
--num[x], ++num[y];
}
for (int i = 1; i <= N; ++i) if (typ[i]) ++Ans;
printf("%d\n", Ans);
return 0;
}
C - Knot Puzzle
把操作过程倒过来，相当于每次合并两个相邻的，需要保证合并后的长度至少为 \(L\)。
如果任意两个相邻的长度之和都比 \(L\) 小的话那一定无解，否则第一次合并那两个然后一直向左向右合并完即可。注意倒序输出。
#include <cstdio>
const int MN = 100005;
int N, L, A[MN];
int main() {
scanf("%d%d", &N, &L);
for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &A[i]);
int ok = 0;
for (int i = 1; i < N; ++i) if (A[i] + A[i + 1] >= L) ok = i;
if (!ok) return puts("Impossible"), 0;
puts("Possible");
for (int i = 1; i < ok; ++i) printf("%d\n", i);
for (int i = N - 1; i >= ok; --i) printf("%d\n", i);
return 0;
}
D - Stamp Rally
对询问做整体二分，用可撤销并查集维护连通性以及连通块大小，时间复杂度为 \(\mathcal O ((M + Q) \log M \log N)\)。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int MN = 100005, MM = 100005, MQ = 100005;
int N, M, a[MM], b[MM];
int Q, x[MQ], y[MQ], z[MQ], p[MQ], ans[MQ];
int par[MN], siz[MN], stk[MN], tp;
inline int fp(int u) {
while (par[u]) u = par[u];
return u;
}
inline void merge(int u, int v) {
u = fp(u), v = fp(v);
if (u == v) return ;
if (siz[u] < siz[v]) std::swap(u, v);
par[v] = u, siz[u] += siz[v];
stk[++tp] = v;
}
inline void undo(int k) {
while (tp > k) {
int v = stk[tp--];
siz[par[v]] -= siz[v];
par[v] = 0;
}
}
int tmp[MQ];
void Solve(int l, int r, int s, int t) {
if (s > t) {
for (int i = l; i <= r; ++i) merge(a[i], b[i]);
return ;
}
if (l == r) {
for (int i = s; i <= t; ++i) ans[p[i]] = l;
merge(a[l], b[l]);
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1, now = tp;
for (int i = l; i <= mid; ++i) merge(a[i], b[i]);
int s_ = s, t_ = t;
for (int i = s; i <= t; ++i) {
int u = fp(x[p[i]]), v = fp(y[p[i]]);
int sum = u == v ? siz[u] : siz[u] + siz[v];
if (sum >= z[p[i]]) tmp[s_++] = p[i];
else tmp[t_--] = p[i];
}
undo(now);
for (int i = s; i <= t; ++i) p[i] = tmp[i];
Solve(l, mid, s, t_);
Solve(mid + 1, r, s_, t);
}
int main() {
scanf("%d%d", &N, &M);
for (int i = 1; i <= M; ++i) scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
scanf("%d", &Q);
for (int i = 1; i <= Q; ++i) scanf("%d%d%d", &x[i], &y[i], &z[i]), p[i] = i;
for (int i = 1; i <= N; ++i) siz[i] = 1;
Solve(1, M, 1, Q);
for (int i = 1; i <= Q; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
E - Candy Piles
每次操作删除最大的一堆，或者把所有堆的石子数量减一。
如果把 \(a\) 数组从小到大排序，然后把每一堆的石子摞起来，就像这样：
那么每次操作就相当于删除最右侧一列或最底部一行，删光了的输掉游戏。
那么就相当于初始时棋子在右下角，每次能向上或向左一格，谁走出了边界谁就输了。
我们直接用博弈论中最简单的 PN 态转换来做：P 态（Previous）就是先手必败态，N 态（Next）就是先手必胜态。
我们规定浅粉色区域（边界外）都是 N 态。所有转移都只能到 N 态的就是 P 态，只要有一种转移能到 P 态的就是 N 态。
染完色就是这样（金色是 P 态，粉色是 N 态）：
我们无法求出每个格子的状态，但是观察发现：对于每一列，不存在连续两个相邻的 P 态，不存在三个相邻的 N 态。
而且我们还发现，对于相邻两列，左边一列的颜色向下移动一格，就与右边一列的颜色完全一致。
这两个结论读者可以自行证明，因为都不难这里不再赘述。
我们考虑从左向右按列递推，假设当前是第 \(i\) 列，前一列的高度为 \(a_{i - 1}\)，这一列的高度为 \(a_i\)。
我们记录每一列的，连续两个 N 态的位置，如上图倒数第二列就是 \(\{1, 4\}\) 这两个位置，最后一列就是 \(\{3, 6\}\) 这两个位置。
但是这些位置一直在变化，但是可以发现：基本上都是每次减 \(1\)，然后加入或删除一些位置。
那么我们可以存储这些位置加上 \(i\) 的值，比如此时位置为 \(p\)，存储 \(p + i\)，到下一列时位置即为 \((p + i) - (i + 1) = (p - 1)\)。
接下来处理加入新的一列 \(a_i\) 时会发生什么：
如果 \(a_{i - 1} = a_i\)，则仅仅是左边的状态向下移动了一格，然后在最顶上加入一个 P 态而已。否则 \(a_{i - 1} < a_i\)：
对于 \(a_i\) 超出 \(a_{i - 1}\) 的部分，是从第 \(a_i\) 高度为 P 态开始，往下依次为 PN 态交替，这一部分没有连续两个 N 态。
那么考虑高度为 \(a_{i - 1} + 1\) 时的状态：它会和前一列的高度为 \(a_{i - 1}\) 的状态共同影响该列的高度为 \(a_{i - 1}\) 的状态。
这可以直接通过 \(a_i - a_{i - 1}\) 的奇偶性算出。如果它的状态和前一列的高度为 \(a_{i - 1}\) 的状态相同，则不会产生任何相邻的 N 态。否则：
如果它的状态是 P，前一列状态是 N，比如上图中高度为 \([6, 7]\) 的相邻两列，就会在 \(a_{i - 1} - 1\) 高度处产生相邻的 N 态。
如果它的状态是 N，前一列状态是 P，比如上图中高度为 \([4, 6]\) 的相邻两列，就会在 \(a_{i - 1}\) 高度处产生相邻的 N 态。
也就是说，每次只会加入最多一个新的相邻的 N 态，而且高度总是比之前的高。
那么我们可以用一个队列来维护这些连续的 N 态的位置：每次加入新的，如果最低的那个低于高度 \(1\) 了就把它去掉。
再来一个变量 \(\mathrm{lstc}\) 表示高度为 \(a_i\) 时的状态，代码中 \(0\) 表示 P 态，\(1\) 表示 N 态。就可以实现转移和求最终答案了。
时间复杂度为 \(\mathcal O (N)\)。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int MN = 100005;
int N, A[MN];
int que[MN], l, r;
int main() {
scanf("%d", &N);
for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &A[i]);
std::sort(A + 1, A + N + 1);
l = 1, r = 0;
int lstc = 0;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
if (A[i] == A[i - 1]) lstc ^= 1;
else {
int c = ~(A[i] - A[i - 1]) & 1;
if (c != lstc) que[++r] = A[i - 1] - lstc + i;
lstc = 0;
}
while (l <= r && que[l] <= i) ++l;
}
puts(lstc ^ (A[N] & 1) ^ ((r - l) & 1) ? "First" : "Second");
return 0;
}
F - Leftmost Ball
我们直接对最终的那个产生出的序列进行计数。
如果 \(N = 1\) 或 \(K = 1\)，直接输出 \(1\) 即可。
那么现在序列中至少有 \(1\) 和 \(2\) 两个非零元素了。
可以发现把序列中非零的数的值做一个置换（也就是 \(1\) 变 \(2\)，\(2\) 变 \(3\)，\(3\) 变 \(1\) 这种），序列仍然合法。
那么我们强制计数字典序最小的那种序列的个数，最后把答案乘以 \(N!\) 输出即可。
也就是说，必须先出现 \(1\) 再出现 \(2\)，先出现 \(2\) 再出现 \(3\)，以此类推。
再考虑关于 \(0\) 的合法性：\(1\) 必须在第一个 \(0\) 之后出现，\(2\) 必须在第二个 \(0\) 之后出现，以此类推。
也就是：记第 \(i\) 个 \(0\) 的位置为 \(p_i\)，以及 \(i\) 的第一次出现位置为 \(q_i\)。有：
- \(p_{i - 1} < p_i\)。
- \(q_{i - 1} < q_i\)。
- \(p_i < q_i\)。
当然还有对于每个颜色 \(i \in [1, N]\)，它的后 \(K - 2\) 次出现，必须按照顺序。
似乎都是废话，但是其实此时我们已经把问题转化成了，求一张图的拓扑排序的数量的问题：
上图中，有 \(K\) 行，和 \(N\) 列。
注意到第一个点必须是最左边的 \(0\)，然后接下来可以选第二个 \(0\) 或者最上面的 \(1\)。
如果选了最上面的 \(1\)，那下面那条长度为 \(K - 2\) 的跟着的链可以直接以组合数的形式乘到答案里，然后删掉，变成少第一列的情况。
如果选了第二个 \(0\)，又变成能选 \(1\) 或第三个 \(0\)。如果此时选了 \(1\)，就变成能选 \(2\) 或第三个 \(0\) 的情况。以此类推。
可以发现这个结构是可以 DP 的。
令 \(\mathrm{f}[i][j]\) 表示目前 \(0\) 剩下靠后的 \(i\) 个，有颜色的点剩下靠后的 \(j\) 列时的方案数。此时必须有 \(j \ge i\)。转移显然：
答案即为 \(\mathrm{f}[N][N]\)，时间复杂度为 \(\mathcal O (NK + N^2)\)。
#include <cstdio>
typedef long long LL;
const int Mod = 1000000007;
const int MN = 2005, MS = 4000005;
inline int qPow(int b, int e) {
int a = 1;
for (; e; e >>= 1, b = (LL)b * b % Mod)
if (e & 1) a = (LL)a * b % Mod;
return a;
}
int Fac[MS], iFac[MS];
inline void Init(int N) {
Fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= N; ++i) Fac[i] = (LL)Fac[i - 1] * i % Mod;
iFac[N] = qPow(Fac[N], Mod - 2);
for (int i = N; i >= 1; --i) iFac[i - 1] = (LL)iFac[i] * i % Mod;
}
inline int Binom(int N, int M) {
return (LL)Fac[N] * iFac[M] % Mod * iFac[N - M] % Mod;
}
int N, K;
int f[MN][MN];
int main() {
scanf("%d%d", &N, &K);
if (K == 1 || N == 1) return puts("1"), 0;
Init(N * K);
f[0][0] = 1;
for (int j = 1; j <= N; ++j) f[0][j] = (LL)f[0][j - 1] * Binom(j * (K - 1) - 1, K - 2) % Mod;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
f[i][i] = f[i - 1][i];
for (int j = i + 1; j <= N; ++j)
f[i][j] = (f[i - 1][j] + (LL)f[i][j - 1] * Binom(i + j * (K - 1) - 1, K - 2)) % Mod;
}
printf("%lld\n", (LL)f[N][N] * Fac[N] % Mod);
return 0;
}
