AGC016

给我贺完了？

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A - Shrinking

给定一个串 \(s\)，每次可以进行如下操作：

• 记串长为 \(n\).

• 构造长为 \(n-1\) 的串 \(s'\)，满足 \(s'_i\) 为 \(s_i\) 或 \(s_{i+1}\)，令 \(s\leftarrow s'\).

问使 \(s\) 中所有字符相同的最小操作次数。\(|s|\le 100\).

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按照题意模拟即可，时间复杂度 \(O(|\Sigma|\cdot |s|^2)\)，此处 \(|\Sigma|=26\).

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 105
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int n;char s[N];int t[N],tp[N];
int ans=114514;
void solve(int x){
	bool exi=false;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		exi|=((tp[i]=s[i]-'a')==x);
	if(!exi)return;
	int cnt=0;
	for(int o=1;o<n;o++){
		bool fl=true;
		for(int j=1;j<=n-o+1;j++)
			if(tp[j]!=x){fl=false;break;}
		if(fl)break;
		cnt++;
		for(int j=1;j<=n-o;j++)
			t[j]=(tp[j]==x||tp[j+1]==x)?x:tp[j];
		memcpy(tp,t,sizeof(tp));
	}
	ans=min(ans,cnt);
}
int main(){
	scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
	for(int i=0;i<26;i++)solve(i);
	printf("%d\n",ans);
	
	return 0;
}

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B - Colorful Hats

\(n\) 只猫戴帽子，\(a_i\) 表示除第 \(i\) 只猫外的帽子颜色总数，问是否存在合法的帽子颜色序列。

\(2\le n\le 10^5\)，\(1\le a_i\le n-1\).

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记 \(L,R\) 分别为 \(\{a_n\}\) 中的最小值和最大值。

不难发现 \(L=R\) 或 \(L+1=R\)，否则无解。

称出现一次的帽子为奇异帽子，反之为平凡帽子。

• \(L=R\)

此时所有猫戴奇异帽子或平凡帽子。

得到 \(L=n-1\) 或 \(n\ge 2L\).

• \(L=R+1\)

若 \(a_i=L\)，其一定戴奇异帽子，反之戴平凡帽子。考虑帽子颜色种数的上下界。

记 \(a_i=L\) 的 \(i\) 有 \(cl\) 个，\(a_i=R\) 的有 \(cr\) 个。

不难发现 \(R\) 即帽子颜色总数。

若平凡帽子颜色均相同，帽子颜色总数最小为 \(cl+1\).

若每种平凡帽子只出现两次，帽子颜色种数最大为 \(\displaystyle cl+\lfloor\frac{cr}{2}\rfloor\).

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int n,a[N],mn,mx,cn,cx;
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
	sort(a+1,a+1+n),mn=a[1],mx=a[n];
	if(mn+1<mx)return puts("No"),0;
	if(mn==mx){
		if(mn==n-1||n>=2*mn)puts("Yes");
		else puts("No");
		return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]==mn?cn++:cx++;
	if(mx>=cn+1&&mx<=cn+cx/2)puts("Yes");
	else puts("No");
	
	return 0;
}

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C - +/- Rectangle

给定 \(n,m,h,w\)，构造一个 \(n\times m\) 的矩阵，满足：

• 元素权值绝对值 \(\le 10^9\)

• 矩阵元素权值和为正

• 任意 \(h\times w\) 的子矩阵元素权值和为负

或报告无解。

\(1\le h\le n\le 500\)，\(1\le w\le m\le 500\).

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思考无解的情况，发现当且仅当 \(h\mid n\) 且 \(w\mid m\)，因为可以将其划分为若干 \(h\times w\) 的子矩阵，由于每个子矩阵为负，最后整个矩阵必定为负。

接下来假设 \(h\not\mid n\)，对于编号为 \(h\) 的倍数的行，将其设为负值。

然后随便搞搞即可。只需让最后几个非 \(h\) 的倍数的行把权值和补回来就好了。

对于 \(w\not\mid m\) 时同理。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 505
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int n,m,h,w,ans[N][N];
int main(){
	n=read(),m=read(),h=read(),w=read();
	if(n%h==0&&m%w==0)return puts("No"),0;
	if(n%h){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(i%h){
				for(int j=1;j<=m;j++)
					ans[i][j]=1000000;
			}
			else{
				for(int j=1;j<=m;j++)
					ans[i][j]=-1000000*(h-1)-1;
			}
		}
	}
	else{
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(j%w){
				for(int i=1;i<=n;i++)
					ans[i][j]=1000000;
			}
			else{
				for(int i=1;i<=n;i++)
					ans[i][j]=-1000000*(w-1)-1;
			}
		}
	}
	puts("Yes");
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++)
			printf("%d ",ans[i][j]);
		printf("\n");
	}
	
	return 0;
}

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D - XOR Replace

给定序列 \(\{a_n\}\)，每次可以将一个数变为序列的异或和，问到达 \(\{b_n\}\) 的最小步数。或报告无解。

\(2\le n\le 10^5\)，\(0\le a_i,b_i\le 2^{30}\).

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不妨视作序列的异或和 \(x\) 放在位置 \(n+1\) 上，每次交换 \(a_i\) 和 \(a_{n+1}\).

容易判断无解。

考虑 \(a_1,a_2,\dots,a_k\Rightarrow a_k,a_1,\dots,a_{k-1}\).

可以从 \(1\) 到 \(k\) 执行 \(\operatorname{swap}(a_i,a_{n+1})\)，最后执行 \(\operatorname{swap}(a_1,a_{n+1})\)，一共操作 \(k+1\) 次。

考虑 \(a_1,a_2,\dots,x,\dots,a_k\Rightarrow a_k,a_1,\dots,x,\dots\).

此时从第 \(n+1\) 个数的地方开始交换，会减少一次操作。

对于 \(a_i\not=b_i\)，从点 \(a_i\) 向点 \(b_i\) 连一条边。此时答案为 总边数 \(+\) 连通块数 \(-1\).

另外地，当 \(n+1\) 个数不属于任意连通块，此时多减去了 \(1\).

对 \(a_{n+1}\) 和 \(b_{n+1}\) 强制连边，不计入总边数。

使用并查集维护。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200010
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int n,a[N],b[N],ta[N],tb[N];
int t[N],tot,len;
int fa[N];
int find(int x){
	return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y){
	int fx=find(x),fy=find(y);
	if(fx!=fy)fa[fx]=fy;
}
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		a[i]=read(),a[n+1]^=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
		b[i]=read(),b[n+1]^=b[i];
	n++,memcpy(ta,a,sizeof(a)),memcpy(tb,b,sizeof(b));
	sort(ta+1,ta+1+n),sort(tb+1,tb+1+n);
	for(int i=1;i<n;i++){
		if(ta[i]!=tb[i]){
			puts("-1");
			return 0;
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]!=b[i]||(i==n)){
			t[++tot]=a[i],t[++tot]=b[i];
			if(i<n)ans++;
		}
	}
	if(!ans){
		puts("0");
		return 0;
	}
	sort(t+1,t+1+tot),len=unique(t+1,t+1+tot)-t-1;
	for(int i=1;i<=len;i++)fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i]!=b[i]){
			a[i]=lower_bound(t+1,t+1+len,a[i])-t;
			b[i]=lower_bound(t+1,t+1+len,b[i])-t;
			merge(a[i],b[i]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=len;i++)
		ans+=(fa[i]==i);
	printf("%d\n",ans-1);
	
	return 0;
}

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E - Poor Turkeys

有 \(n\) 只鸡，有 \(m\) 个形如 \((x,y)\) 的操作：

• 若 \(x\) 和 \(y\) 都活着，等概率吃掉一只。

• 若 \(x\) 和 \(y\) 恰好活着一只，吃掉剩下的一只。

• 若 \(x\) 和 \(y\) 均死亡，不进行任何操作。

求有多少个二元组 \((i,j)\) 满足 \(i<j\) 且鸡 \(i\) 和鸡 \(j\) 都可能存活。

\(n\le 400\)，\(m\le 10^5\)，\(x_i<y_i\).

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时光倒流。

记 \(f_{i,j}\) 表示如果要留下 \(i\)，是否要炖了 \(j\)。初始 \(f_{i,i}=1\).

如果在某个时刻需要对 \(i,j\) 做抉择，为了留下 \(i\) 一定会炖掉 \(j\)，即 \(j\) 在此前应受到和 \(i\) 一样的保护。

考虑鸡 \(i\) 是否能存活。假设有限制 \((i,x)\)，\((i,y)\)，如果存在限制 \((x,y)\)，则 \(i\) 必定死亡。

对于鸡 \(i\)，记集合 \(S_i\) 表示让鸡 \(i\) 存活下来需要保护的鸡有哪些，初始 \(S_i=\{i\}\).

从后往前考虑每一对 \((x,y)\)，若 \(x,y\in S_i\)，\(i\) 必死无疑。若其一 \(\in S_i\)，不放设为 \(x\)，那么需要保护 \(y\)，将 \(y\) 加入 \(S_i\).

对于两只非必死的鸡 \(i,j\)，由于一只鸡不能死两次，\((i,j)\) 合法当且仅当 \(S_i\cap S_j=\emptyset\).

时间复杂度 \(O(nm+n^3)\)，可以用 bitset 优化为 \(O(nm+\frac{n^3}{\omega})\).

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 405
#define M 100010
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int n,m,x[M],y[M],g[M];
bitset<N>f[N];
int ans;
int main(){
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++)
		x[i]=read(),y[i]=read();
	for(int i=1,u,v;i<=n;i++){
		f[i][i]=true;
		for(int j=m;j;j--){
			u=f[i][x[j]],v=f[i][y[j]];
			if(u&&v)g[i]=true;
			if(u)f[i][y[j]]=true;
			else if(v)f[i][x[j]]=true;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(g[i])continue;
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			if(g[j])continue;
			ans+=!((f[i]&f[j]).any());
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	
	return 0;
}

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F - Games on DAG

给定 \(n\) 个点 \(m\) 条边的 DAG，每条边 \((u,v)\) 满足 \(u<v\).

在 \(1,2\) 号点分别有一颗石头，两人博弈，每次可以沿有向边移动一颗石头，不能移动则输。

问 \(2^m\) 个边的子集中，保留这个子集先手必胜的方案数。答案模 \(10^9+7\).

\(2\le n\le 15\).

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即 \(2^m\) 减去所有 \(\operatorname{SG}(1)=\operatorname{SG}(2)\) 的情况。

显然所有点的 SG 值不可能超过 \(n-1\).

对 \(\operatorname{SG}=k\) 的集合，应该在每个 \(\operatorname{SG}<k\) 的集合中选取一个点连边，\(>k\) 的可以任意连。

设 \(S\) 为 \(\operatorname{SG}>k\) 的集合，\(T\) 为 \(\operatorname{SG}=k\) 的集合.

• 对于 \(S\rightarrow T\) 的边，每个 \(S\) 中的元素至少向 \(T\) 连一条。

• 对于 \(T\rightarrow S\) 的边，随便连边。

• 对于 \(T\) 内部，不能连边。

\(1\) 和 \(2\) 应该同时在 \(S\) 或 \(T\) 内。

有 \(O(n\cdot 3^n)\) 的枚举子集做法。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 16
#define M (1<<N)
#define lb(x) x&-x 
#define P 1000000007
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int n,m;
int cnt[N][M],p2[N*N];
int E[N][N],f[M];
bool check(int T){
	return !!(((T&1)+((T>>1)&1))^1);
}
int main(){
	n=read(),m=read();
	p2[0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)p2[i]=p2[i-1]*2%P;
	for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
		u=read(),v=read();
		E[u][v]++;
	}
	for(int S=0;S<(1<<n);S++)
		for(int i=1;i<=n;i++)
			cnt[i][S]=cnt[i][S^lb(S)]+(!S?0:E[i][(int)log2(lb(S))+1]);
	f[0]=1;
	for(int S=1;S<(1<<n);S++)
		for(int T=S,R,cur;T;T=(T-1)&S){
			R=S^T,cur=1;
			if(!check(T))continue;
			for(int i=1;i<=n;i++){
				if((T>>(i-1))&1)cur=1ll*cur*p2[cnt[i][R]]%P;
				if((R>>(i-1))&1)cur=1ll*cur*(p2[cnt[i][T]]-1)%P;
			}
			(f[S]+=1ll*f[R]*cur%P)%=P;
		}
	printf("%d\n",(p2[m]-f[(1<<n)-1]+P)%P);
	
	return 0;
}

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D,E,F 十分有意思。