AtCoder做题记录

1|0AtCoder做题记录

1|0[ARC082F] Sandglass

题意：有一个沙漏，每秒会有1g沙子从上面落下来，有 $k$ 个时刻 $r_{1}, r_{2} \dots r_{k}$ ，每到 $r_{i}$ 沙漏就会翻转，多次询问如果一开始上部有 $a_{i} g$ 沙子，在时刻 $t_{i}$ 时上部有多少沙子。

思路：一开始的思路是每个操作形如 $x \to m a x (x - Δ r, 0)$ ，可以按时间轴用线段树维护答案，没想到这题竟然可以做到线性。

其实线性做法的思路也是维护如果一开始是多少此时就有多少，记为 $f_{i}$ ，那么可以把 $f_{i}$ 的图像画出来，发现就像这样最终值不和上下界（红线）相等的 $f_{i}$ 必然满足在一个区间内，因此我们只用这个区间的左右端点维护上下界即可做到线性。

1|0[AGC027D] Modulo Matrix

题意：构造一个 $n \times n$ 的矩阵，要求满足：每个元素不超过 $10^{1} 5$ 且互不相同，对于任意两个相邻的数 $(x, y)$ ， $max (x, y) \mod min (x, y)$ 必须相等。

思路：我也不知道这么人类智慧的做法是怎么想出来的。首先，把这个矩阵黑白染色，钦定白格子的数是所有相邻的数的 $lcm + 1$ ，那么可以很好的满足后两个条件。接着考虑用质数来填上面的数，不过这样做要用 $O (N^{2})$ 个质数，白格子的数可能超出范围，于是就要想办法用尽量少的质数来完成这件事。考虑这样一种构造，给每条黑格子所在的对角线分配一个质数，这个黑格子的数就是这两个质数的乘积，再简单调整一下顺序，这样就可以保证数字大小不超过 $10^{1} 5$ 。

1|0[AT_code_festival_2017_quala_d] Four Coloring

题意：给一个 $n \times m$ 的网格，有4种颜色，要给每个点染色，要求网格上任意一对曼哈顿距离为 $d$ 的格子的颜色不同。

思路：这道题要用到一个小trick:曼哈顿距离转切比雪夫距离，其实本质就是把一个斜着的正方形变成了正着的，这样就更方便处理。于是就可以把网格分成 $d \times d$ 的一个个小网格，每个网格里染同一种颜色，每 $2 \times 2$ 的大网格按 $\begin{matrix} R Y \\ G B \end{matrix}$ （其实可以随意）染色即可。

1|0[ARC082E] ConvexScore

题意：给定平面上 $n$ 个点，定义一个点集大小为 $| S |$ 的凸包的权值是：记所有在这个凸包内部和边界上的点的个数为 $k$ ，则价值为 $2^{k - | S |}$ ，求所有有面积的凸包的权值和。

思路：考虑组合意义。 $2^{n - | S |}$ 表示的其实是所有能组成和这个凸包一样的凸包的点集个数，于是答案就是所有能组成凸包的点集个数。答案可以用所有点集个数 $2^{n}$ 减去所有不能构成凸包的点集个数，求法可以直接枚举两个点然后暴力判断有多少个点在线段上，再减去对应贡献。复杂度 $O (n^{3})$ 。

1|0[AGC003E] Sequential operations on Sequence

题意：有一个数组，初始是 $1$ _{$n$ ，有 $Q$ 次操作，每次操作会把数组长度变成 $a_{i}$ ，新增的数是上一次操作后数组的重复，求最终数组中 $1$} $n$ 每个数出现了多少次。

思路：首先，如果上一次操作的长度比这一次要长，那么上一次操作是没用的，这一步可以用单调栈维护，于是最终会留下一个递增的操作序列。接着我们考虑倒推，第 $i$ 次操作后一定是上一次操作后的序列完整重复若干次，再加上一段长为 $a_{i} \mod a_{i - 1}$ 的前缀，那么这个前缀怎么处理呢？我们再往前看，如果之前存在 $j$ 使得 $a_{j - 1} < d ⩽ a_{j}$ ，那么这个前缀也一定是 $a_{j - 1}$ 重复若干次再加上一段长为 $d \mod a_{j - 1}$ 的前缀，于是可以递归处理，最终 $d = 0$ 是要对当前段区间加，差分一下即可。复杂度的话，每次取模 $d$ 至少减半，这一步是 $O (\log n)$ 的，而二分查找也是一只 $l o g$ ，于是复杂度是 $O (\log^{2})$ 的。

1|0[AGC016D] XOR Replace

题意：给定序列 $a$ 和 $b$ ，每次可以把 $a$ 序列的一个数变成 $a$ 序列的异或和，求把 $a$ 变成 $b$ 的最少的操作次数。

思路：发现第一次把一个数 $a_{i}$ 变成异或和 $S$ 后，此时的异或和是 $a_{i}$ ，因此每次操作相当于是把一个数变成上次被操作的数。简化一下，就相当于把异或和当做第 $n + 1$ 个数，每个操作可以把一个数和最后一个数交换。首先可以简单判断是否有解。接着考虑怎样让操作次数最小。发现这很类似排列的置换问题，于是考虑没对不同的 $a_{i}, b_{i}$ ，让 $a_{i}$ 向 $b_{i}$ 连边，最终答案即为边数+联通块数-1。证明很简单，因为在同一连通块内可以用边数次完成，而从一个连通块到另一个连通块要花1的代价，一开始就在的连通块不同花这1的代价。复杂度 $O (n \log n)$ 。

1|0[AGC016E] Poor Turkeys

题意：有 $n$ 只鸡和 $m$ 个人，每个人一次操作，每个操作会选择两只鸡 $x, y$ ，如果两只都活着，那么会等概率吃掉一只，如果一只还活着就吃掉这一只，否则什么都不做，求有多少对 $(i, j)$ 满足在最终时刻第 $i$ 只鸡和第 $j$ 只鸡可能都还活着。

思路：设集合 $f [i]$ 表示如果最终 $i$ 活下来了，那么哪些 $j$ 不能活着。如果一个人选的是 $(i, x)$ ，那么如果要让 $i$ 活下来， $x$ 就必须死，且在之前必须活着。于是考虑倒推，对于当前的 $(x, y)$ ，如果 $x, y \in f [i]$ ，那么 $i$ 最终肯定不能活下来，否则如果 $x \in f [i]$ 或者 $y \in f [i]$ ，那么剩下的一个也得加入进 $f [i]$ 中。统计答案时，如果 $f [i]$ 与 $f [j]$ 无交，那么这一对就有可能都活下来。复杂度 $O (n m + \frac{n^{3}}{w})$ 。

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本文作者：Xttttr
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