Good Bye 2018 (A~F, H)
Codeforces 1091 - A.New Year and the Christmas Ornament
- B.New Year and the Treasure Geolocation
- C.New Year and the Sphere Transmission(思路)
- D.New Year and the Permutation Concatenation(思路 计数)
- E.New Year and the Acquaintance Estimation(Erdos–Gallai定理 二分)
- F.New Year and the Mallard Expedition(贪心)
- null
- H.New Year and the Tricolore Recreation(博弈论 bitset)
Codeforces 1091
为什么我Good Bye 2018的CD全是打表+oeis啊=-=（你改叫oeisforces好了）
一定是我打开方式不对 反正给差评→_→
（orz \(\mathbb{mjt}\) CD都是推出来的！）
话说E只要看出是Erdős–Gallai定理然后想到二分，就是裸题么...？竟然都没怎么看题面给的链接。。sad。好吧反正我也不会二分。
以后不能直接弃疗啊。
A.New Year and the Christmas Ornament
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
inline int read()
{
int now=0,f=1;
register char c=gc();
for(; !isdigit(c); c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(; isdigit(c); now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
int ans;
signed main()
{
int A = read(), B = read(), C = read();
for(int i = 1; i <= 100; i++)
{
if(i <= A && (i + 1 <= B) && (i + 2 <= C)) ans = i + i + 1 + i + 2;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
B.New Year and the Treasure Geolocation
解法一：因为有\(\sum x_i+a_j=n*ans_x\)，所以\(ans_x\)就是\(\frac{\sum x_i+a_j}{n}\)。\(ans_y\)同理。
解法二：因为一定是最大的\(x_i\)和最小的\(a_j\)配对，所以其实输出\(\frac{\max\{x_i\}+\min\{a_j\}}{2}\)即可。
解法三：枚举\(x_1,y_1\)对应哪个\(a_j,b_j\)，然后就可以\(O(n\log n)\)地判断。复杂度\(O(n^2\log n)\)。
我写的最傻的这种==。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1005;
int X[N],Y[N],A[N],B[N];
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
int main()
{
int n=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) X[i]=read(), Y[i]=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=read(), B[i]=read();
for(int i=1; i<=n; ++i)
{
bool f=1;
int ansx=X[1]+A[i],ansy=Y[1]+B[i];
std::map<int,int> vx,vy;
for(int j=2; j<=n; ++j)
++vx[X[j]], ++vy[Y[j]];
for(int j=1; j<=n; ++j)
{
if(i==j) continue;
if(!vx[ansx-A[j]]||!vy[ansy-B[j]]) {f=0; break;}
--vx[ansx-A[j]], --vy[ansy-B[j]];
}
if(f) return printf("%d %d\n",ansx,ansy),0;
}
return 0;
}
C.New Year and the Sphere Transmission(思路)
首先可以猜到和是多少与\(\gcd(n,k)\)有关。因为可以
打表看出有多少种\(\gcd(n,k),1\leq k\leq n\)，就有多少个答案。
然后再利用一下表，多枚举几个\(g=\gcd(n,k)\)，算(\(oeis\))一下这时候的答案，发现就是\(\frac{n^2-(g-2)n}{2g}\)。
或者大概能猜到，\(\gcd(n,k)=g\)时，会走到\(1,1+g,1+2g,1+3g...\)这些数，同时会有\(\frac{n}{g}\)项。等差数列求和就算出来了。
然后所有可能的\(\gcd(n,k)\)就是\(n\)的约数。对\(n\)分解约数就行了。
官方题解：
把\(1\)从序列中拿出去。
假设我们要走到\(v\)这个数，那么有\(a*k\equiv v\ (mod\ n)\)，也就是\(a*k-b*n=v,\ a,b\in\mathbb{N}\)。然后我们知道当且仅当\(\gcd(n,k)\mid v\) 时方程有解。也就是当\(\gcd(n,k)=g\)时，一定会走到\(g\)的倍数这些数，有\(\frac{n}{g}\)个。同样等差数列求和就行了。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e6+5;
LL Ans[N];
std::map<LL,bool> vis;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
void Work(int n)
{
int t=0; vis.clear();
for(int k=1; k<=n; ++k)
{
int p=(1+k-1)%n+1; LL s=1;
while(p!=1) s+=p, p=(p+k-1)%n+1;
if(!vis[s]) vis[s]=1, Ans[++t]=s, printf("(%d,%d)=%I64d\n",n,k,s);
}
std::sort(Ans+1,Ans+1+t);
printf("%d\n",n);
for(int i=1; i<=t; ++i) printf("%d ",Ans[i]);
puts(""); puts("");
}
int main()
{
// int n=read(),t=0;
// for(int i=1; i<=40; ++i) Work(i); return 0;
int n=read(),t=0;
for(int i=1; 1ll*i*i<=n; ++i)
if(!(n%i))
{
int g=i;
Ans[++t]=(1ll*n*n-1ll*(g-2)*n)/(2*g);
if(1ll*i*i!=n) g=n/i, Ans[++t]=(1ll*n*n-1ll*(g-2)*n)/(2*g);
}
std::sort(Ans+1,Ans+1+t);
t=std::unique(Ans+1,Ans+1+t)-Ans-1;
for(int i=1; i<=t; ++i) printf("%I64d ",Ans[i]);
return 0;
}
D.New Year and the Permutation Concatenation(思路 计数)
\(Description\)
给定\(n\)。将\(n!\)种\(n\)的排列按字典序从小到大拼接成一个长为\(n*n!\)的序列，求该序列中有多少个长为\(n\)的子段，满足它们的和为\(\frac{n(n+1)}{2}\)（就是\(1,...,n\)各出现一次）。
\(n\leq 10^6\)。
\(Solution\)
打出表来，发现什么都\(OEIS\)不到。再猜答案和\(n*n!\)有关系。然后用\(n*n!\)一减答案发现这个数列可以被\(OEIS\)到，然后套几个式子/数列再用\(n*n!\)一减就得到答案了。。
没看懂题解在说啥。写一下(神仙)\(\mathbb{mjt}\)的做法orz。
对于\(n=3\)，\(p=[1,2,3,1,3,2,2,1,3,2,3,1,3,1,2,3,2,1]\)，（结合样例解释）我们猜，把排列分成\(n\)段，也就是以不同数开头的排列为一段，这些段的答案是一样的。（对于\(n=3\)就是分成\([1,2,3,1,3,2]，[2,1,3,2,3,1]，[3,1,2,3,2,1]\)三段）
事实上也确实是这样，对于相邻两段比如：\(2,n,...1,3,1,...,n\)，它们之间也形不成合法子段。
所以我们现在只考虑怎么算以某个数开头的排列的答案（比如\([1,2,3,1,3,2]\)），再乘\(n\)就是答案了。
我们猜是可以递推的。也就是假设我们知道\(n-1\)时的答案\(f_{n-1}\)，怎么求\(f_n\)？
拿\(n=4\)来说，考虑此时以\(4\)开头的排列，就是在每个\(3\)的排列前面加上一个\(4\)再拼在一起。
显然我们可以得到\(3!\)种合法子段。而\(f_3\)中的每种方案，在\(n=4\)时也都能和一个\(4\)组成合法的子段（写一写看）。但唯独最后面的\(4,3,2,1\)算了两次。所以有：\(f_n=\left[f_{n-1}+(n-1)!-1\right]*n\)。
代码是\(OEIS\)的那种。。懒得再写了。
#include <set>
#include <map>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
#define gc() getchar()
#define mod 998244353
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e6+5;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}
//bool Check(int *p,int n)
//{
// for(int i=1; i<=n; ++i) if(p[i]!=i) return 0;
// return 1;
//}
//void Work(int n)
//{
// static int A[10000004],p[15];
// for(int i=1; i<=n; ++i) p[i]=i;
// int t=0;
// do
// {
// for(int i=1; i<=n; ++i) A[++t]=p[i];
// std::next_permutation(p+1,p+1+n);
// }while(!Check(p,n));
// int ans=0;
// for(int i=1; i<=t; ++i)
// {
// int s=0;// n<=4 && printf("%d ",A[i]);
// for(int j=i; j-i+1<=n && j<=t; ++j)
// s+=A[j], j-i+1==n && s==n*(n+1)/2 && (++ans);
// if(n<=5 && i+n-1<=t) printf("%lld ",s);
// }
// puts("");
// printf("%d:%d t:%d\n",n,ans,t);
//}
int fac[N],A[N];
int main()
{
// for(int i=1; i<=9; ++i) Work(i);
int n=read();
fac[0]=1, A[0]=1;
for(int i=1; i<=n; ++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=1ll*i*A[i-1]%mod+1;
A[n]=(A[n]+mod-fac[n]-1)%mod;
LL ans=1ll*n*fac[n]%mod-A[n];
printf("%d\n",(int)(ans%mod+mod)%mod);
return 0;
}
E.New Year and the Acquaintance Estimation(Erdos–Gallai定理 二分)
\(Description\)
给定度数序列\(d_1,...,d_n\)，求\(d_{n+1}\)等于多少时，度数序列\(d_1,d_2,...,d_{n+1}\)可简单图化。输出所有可能的\(d_{n+1}\)。
可简单图化是指，存在一张简单无向图，使得该图点的度数可以与该度数序列一一对应。
\(n\leq 5\times 10^5\)。
\(Solution\)
话说E只要看出是Erdős–Gallai定理然后想到二分，就是裸题么...？
题意就是，输出\(d_{n+1}\)等于多少时，度数序列\(d_1,d_2,...,d_{n+1}\)可简单图化（就是存在一张简单图使得满足该度数序列）。（当时竟然想都没想真是气人）
考虑枚举\(d_{n+1}\)。给定一个度数序列判断其是否合法可以用Erdős–Gallai定理，复杂度\(O(n)\)。所以现在的复杂度是\(O(n^2)\)的。
根据样例我们还可以猜想并验证：
- 由握手定理（就是无向图中所有点的度数之和为偶数），\(d_{n+1}\)的奇偶性可以确定。
- 满足条件的\(d_{n+1}\)一定是一段连续的区间。
所以我们就可以二分了。
二分要得到的是某段区间，分别二分左右端点，但还需要讨论一下。
令\(n=n+1\)，写一下Erdős–Gallai定理的式子：$$\sum_{i=1}^kd_i\leq k(k-1)+\sum_{i=k+1}^n\min(d_i,k)$$
二分\(n\)的度数\(d_n=mid\)，然后\(sort\)一下度数序列。
从小到大枚举\(k\)的时候，记\(left\)为左式的值，\(right\)为右式的值。若一直有\(left\leq right\)，显然\(mid\)可行。
否则若\(left>right\)，我们要么减小\(left\)，要么增大\(right\)。而唯一能改变的就是\(n\)的度数\(mid\)。
所以现在若\(mid\geq d_k\)（影响左式），我们可以减小\(mid\)使得序列合法，也就是答案偏大。
若\(mid<d_k\)（影响右式），可以增大\(mid\)，也就是答案偏小。
可以确定答案偏大偏小，就可以二分出区间了。复杂度\(O(n\log n)\)。
//187ms 8200KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=5e5+5;
int A[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int Check(const int n,const int mid)
{
static int d[N];
static LL sum[N];
A[n]=-1;
for(int i=1,p=1; i<=n; ++i) d[i]=(p==i&&mid>A[p])?mid:A[p++], sum[i]=sum[i-1]+d[i];
LL vl,vr;
for(int k=1,p=n; k<=n; ++k)
{
while(p>k && d[p]<k) --p;
vl=sum[k], vr=1ll*k*(k-1)+1ll*(std::max(p,k)-k)*k+sum[n]-sum[std::max(p,k)];
if(vl>vr) return mid<d[k]?-1:1;
}
return 0;
}
int main()
{
int n=read(),parity=0;
for(int i=1; i<=n; ++i) parity^=(A[i]=read())&1;
std::sort(A+1,A+1+n,std::greater<int>());
int l=0,r=n-parity>>1,L=0,R=-1,mid;
while(l<=r)
if(Check(n+1,(mid=l+r>>1)*2+parity)>=0) L=mid, r=mid-1;
else l=mid+1;
l=0,r=n-parity>>1;
while(l<=r)
if(Check(n+1,(mid=l+r>>1)*2+parity)<=0) R=mid, l=mid+1;
else r=mid-1;
if(L>R) puts("-1");
else for(int i=L; i<=R; ++i) printf("%d ",i*2+parity);
return 0;
}
F.New Year and the Mallard Expedition(贪心)
写了近一天，改了4遍越改越麻烦...mmp...
其实很好写...
先假设所有路程都飞过去，能量不够等会再补。则此时的答案为\(ans=\sum\limits_{i=1}^nL_i\)。
然后从\(i=1\sim n\)枚举。如果此时的能量不够飞\(L_i\)的距离，就从之前补。
所以记\(W,G\)分别表示之前飞过的\(water\)有多少、之前飞过的\(grass\)有多少。
显然能量来自，将飞过的\(W\)路程变成游过去，还不够的话将飞过的\(G\)路程变成走过去，再不够的话，如果出现过\(water\)就来回游补够能量，没出现过\(water\)就在\(grass\)来回走补够能量。
所以对于\(L_i\)，我们需要从\(W\)转移过来的能量有\(t=\min\{L_i,2W\}\)（\(W\)的路程能变成\(2W\)能量，因为是将原先的飞替换成游），也就是需要将之前\(\frac t2\)路程的飞变为游泳，来获得这\(t\)能量。所以\(ans\)+=\(\frac t2\times2\)，\(W\)-=\(\frac t2\)（为了避免小数将\(W\)*=\(2\)，此时就是\(W\)-=\(t\)）。
如果此时\(L_i-t\)仍不为\(0\)，那么同样从\(G\)转移。
还不为\(0\)，则如上所述来回游/走。
//46ms 1000KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
typedef long long LL;
const int N=1e5+5,Ref1[3]={5,3,1},Ref2[3]={1,3,1};
int mp[N];
LL A[N];
inline LL read()
{
LL now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
int main()
{
int n=read(); LL ans=0;
for(int i=1; i<=n;++i) ans+=A[i]=read();
register char c=gc(); while(c!='W'&&c!='G'&&c!='L') c=gc();
//Grass:0 Water:1 Lava:2
mp[1]=c=='L'?2:c=='W';
for(int i=2; i<=n;++i) c=gc(), mp[i]=c=='L'?2:c=='W';
LL W=0,G=0;
for(int i=1,cost=5; i<=n; ++i)
{
if(!mp[i]) G+=A[i]<<1;
else if(mp[i]==1) W+=A[i]<<1, cost=3;
LL rest=A[i],t;
t=std::min(rest,W), rest-=t, ans+=t, W-=t;
t=std::min(rest,G), rest-=t, ans+=t<<1, G-=t;
ans+=rest*cost;
}
printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
咕咕
H.New Year and the Tricolore Recreation(博弈论 bitset)
\(Description\)
Alice和Bob玩游戏。给定\(n,f\)，表示有\(n\)行的棋盘，每行有三个棋子。Alice每次可以选择一行将该行左边的一个或两个棋子往右移动\(d\)步，Bob每次可以选择一行将该行右边的一个或两个棋子往左移动\(d\)步。
要求移动时一个棋子不能跨越另一个棋子，且\(d\)是质数或两个质数的乘积，且\(d\neq f\)。求出Alice和Bob分别作为先手时，谁能赢。
\(n\leq10^5,\ 坐标绝对值\leq10^5\)。
\(Solution\)
右移一个棋子就是缩小第二三两个棋子之间的距离，右移两个棋子就是缩小一二两个棋子之间的距离。设三个棋子位置为\(a,b,c\)，每一行实际就是两个棋子数为\(c-b-1,b-a-1\)的\(nim\)游戏。
如果能算出棋子数为\(x\)的游戏的\(SG\)函数，将\(2n\)个游戏的\(sg\)值全异或起来即可。考虑如何算，显然有\(sg(x)=\mathbb{mex}_{d\in P}\{sg(x-d)\}\)，但是复杂度是\(n^2\)的。
打个表发现，\(sg\)值最大不会超过\(100\)（我也不知道怎么能得出的）。我们开\(100\)个\(bitset\ A[i]\)，分别表示每个数字是否存在\(sg\)值为\(i\)的后继。再预处理\(d\in P\)的\(bitset\ S\)。这样从小到大求\(sg(i)\)时，就for一遍看它不存在哪个\(sg\)值的后继；然后\(A[sg(i)]|=S<<i\)即可（更新上能到\(i\)的位置）。
复杂度\(O(\frac{n^2}{w})\)。
//1638ms 4700KB
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=2e5+1,M=102;
int sg[N];
std::bitset<N> S,A[M];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now*f;
}
void Init()
{
static int P[N],mn[N];
int cnt=0;
for(int i=2; i<N; ++i)
{
if(!mn[i]) P[++cnt]=i;
for(int j=1; j<=cnt&&i*P[j]<N; ++j)
{
mn[i*P[j]]=i;
if(!(i%P[j])) break;
}
}
for(int i=2; i<N; ++i) if(!mn[mn[i]]) S[i]=1;
}
int main()
{
int n=read(); Init(), S[read()]=0;
for(int i=0; i<N; ++i)
{
while(A[sg[i]][i]) ++sg[i];
A[sg[i]]|=S<<i;
}
int ans=0;
for(int a,b,c; n--; ) a=read(),b=read(),c=read(),ans^=sg[b-a-1]^sg[c-b-1];
puts(ans?"Alice\nBob":"Bob\nAlice");
return 0;
}
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
