2020-2021 ACM-ICPC Brazil Subregional Programming Contest
A. Sticker Album
你想要得到\(n\)张贴纸，每包礼物中等概率出现 \([A,B]\)范围内数量的贴纸，求需要买多少包礼物才能至少获得\(n\)张贴纸的期望次数
\(1 \leq n \leq 10^6,0\leq A,B\leq 10^6\)
题解：期望DP
我们考虑从后往前进行\(dp\)
设计状态为\(dp[i]\)代表手上有\(i\)张贴纸时，至少获得\(n\)张贴纸的期望次数
显然初始状态：\(dp[n]=dp[n + 1]...dp[∞] = 0\)
容易得到状态转移方程：
\[ dp[i] = \sum_{j = i + a}^{j = i+b}(dp[j] + 1) \times \frac{1}{b - a + 1} , A \neq 0 \]
- 但是该题存在\(A = 0\)的情况，即自己转移到自己，这是一个经典的问题，我们不妨通过移项来解决该问题
\[ dp[i] =(dp[i]+1)\times \frac{1}{b - a + 1} + \sum_{j = i + a + 1}^{j = i+b}(dp[j] + 1) \times \frac{1}{b - a + 1}, A = 0 \\ dp[i] = \frac{b - a + 1}{b - a} + \sum_{j = i + a + 1}^{j = i+b}(dp[j] \times \frac{1}{b - a}), A = 0 \]
const int N = 2e6 + 10, M = 4e5 + 10;
int n, a, b;
double dp[N];
// dp[i] 代表手上有 i 张牌时，拿牌到 n 张牌的期望次数
// dp[n-∞] = 0
void solve()
{
cin >> n >> a >> b;
double sum = 0;
if (a == 0)
{
for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
{
sum += dp[i + a + 1];
dp[i] += 1.0 / (b - a) * sum + 1.0 * (b - a + 1) / (b - a);
sum -= dp[i + b];
}
}
else
{
for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
{
sum += dp[i + a];
dp[i] += 1.0 / (b - a + 1) * sum + 1;
sum -= dp[i + b];
}
}
cout << fixed << setprecision(5) << dp[0] << endl;
}
E. Party Company
题解
- 考虑离线，由于对于一条链来说年龄单调，考虑将询问的左端点\(L\)挂在距离查询点最远的且年龄不超过\(R\)的节点上
- 因为单调，所以可以通过树上倍增来实现离线查询
- 然后在\(dfs\)的过程中回答询问，最朴素的想法是每次将节点的询问下放
- 实际上我们可以通过权值树状数组记录每个左端点的次数，对于某个节点\(u\)来说，它的答案为树状数组中所有比它小的左端点的个数
int n, q, w[N], fa[N][20], ans[N], c[N];
vector<int> g[N], vec[N];
int lowbit(int x) { return x & -x; }
void add(int x, int val)
{
while (x < N)
{
c[x] += val;
x += lowbit(x);
}
}
int get_sum(int x)
{
int res = 0;
while (x > 0)
{
res += c[x];
x -= lowbit(x);
}
return res;
}
void dfs1(int u, int par)
{
if (u == 1)
fa[u][0] = 1;
else
fa[u][0] = par;
for (int i = 1; i <= 18; ++i)
fa[u][i] = fa[fa[u][i - 1]][i - 1];
vector<int> tmp;
for (auto v : g[u])
{
if (v == par)
continue;
tmp.push_back(v);
dfs1(v, u);
}
}
void dfs2(int u, int par)
{
for (auto l : vec[u])
add(l, 1);
ans[u] = get_sum(w[u]);
for (auto v : g[u])
{
if (v == par)
continue;
dfs2(v, u);
}
for (auto l : vec[u])
add(l, -1);
}
void solve()
{
cin >> n >> q;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
int u;
cin >> w[i] >> u;
if (i == 1)
continue;
g[u].push_back(i);
g[i].push_back(u);
}
dfs1(1, 0);
for (int i = 1; i <= q; ++i)
{
int u, l, r;
cin >> u >> l >> r;
for (int j = 18; j >= 0; --j)
{
if (w[fa[u][j]] <= r)
u = fa[u][j];
}
vec[u].push_back(l);
}
dfs2(1, 0);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cout << ans[i] << "\n "[i < n];
}
H. SBC's Hangar
给定\(n,k\)，给定每个商品的重量\(w[i]\)，要求从\(n\)个商品中挑选\(k\)个商品，使得重量范围在\([L,R]\)内的方案数
\(1 \leq n,k \leq 50\)
题解：数位\(DP\)
- 考虑到\(n \leq 50\)
- 考虑将所有商品排序后进行状态压缩，状态\(i\)代表\(n\)个商品选择的二进制状态
- 然后求出第一个大于等于\(L\)的二进制\(l\)，最大的小于等于\(R\)的二进制\(r\)
- 然后现在将问题转化为：在二进制\([l,r]\)的范围内存在多少个二进制中的\(1\)的个数为\(k\)
- 考虑差分后数位\(dp\)即可
int n, k, a[N], L, R, dp[N][N][2][2], num[N];
int dfs(int pos, int sum, bool lead, bool limit)
{
if (pos == 0)
return (sum == k ? 1 : 0);
if (dp[pos][sum][lead][limit] != -1)
return dp[pos][sum][lead][limit];
int res = 0;
int up = (limit ? num[pos] : 1);
for (int i = 0; i <= up; ++i)
{
if (i == 0 && lead)
res += dfs(pos - 1, sum, true, limit && i == up);
else if (i == 0)
res += dfs(pos - 1, sum, false, limit && i == up);
else
res += dfs(pos - 1, sum + 1, false, limit && i == up);
}
return dp[pos][sum][lead][limit] = res;
}
int cal(int x)
{
int len = 0;
while (x)
{
num[++len] = x % 2;
x /= 2;
}
memset(dp, -1, sizeof dp);
return dfs(len, 0, true, true);
}
int check(int mid)
{
int res = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
if (mid >> i & 1)
res += a[i];
}
return res;
}
void solve()
{
cin >> n >> k;
for (int i = 0; i < n; ++i)
cin >> a[i];
sort(a, a + n);
cin >> L >> R;
int l = 0, r = (1ll << n) - 1;
while (l <= r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid) >= L)
r = mid - 1;
else
l = mid + 1;
}
int x = l;
l = 0, r = (1ll << n) - 1;
while (l <= r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid) <= R)
l = mid + 1;
else
r = mid - 1;
}
int y = r;
cout << cal(y) - cal(x - 1) << endl;
}
I. Interactivity
题解：树形\(DP\)
因为每颗子树中最多只能有一个叶子节点的值未知
所以考虑设计状态\(dp[u][0/1]\)代表以\(u\)为根的子树中，\(0\)代表所有叶子节点的值都已知，\(1\)代表还有\(1\)个叶子节点的值未知
考虑状态转移：
\[ dp[u][1] = \sum_{v_1 \in u的子树} dp[v_1][1] \times \prod_{v_2 \in u \and v_2\neq v_1} dp[v_2][0]\\ dp[u][0] = \prod dp[v][0] + dp[u][1] \]对于\(dp[u][0]\)为什么可以从\(dp[u][1]\)转移过来，原因是如果有\(1\)个叶子节点的值位置，我可以通过查询\(u\)节点的值使得所有叶子节点的值已知，所以允许有\(1\)个叶子节点未知
- \(tips\)：在\(dp[u][1]\)转移的过程中，会出现需要在一个序列中刨除一个数的问题，这里直接乘逆元会出错，对于这个经典的问题，我们考虑预处理前后缀即可
int n, dp[N][2];
vector<int> g[N];
// dp[u][0] : 以u为根的子树中叶已知所有叶子节点的值的方案数
// dp[u][1] : 以u为根的子树中仍存在1个叶子节点的值未知的方案数
void dfs(int u)
{
if ((int)g[u].size() == 0)
{
dp[u][0] = dp[u][1] = 1;
return;
}
for (auto v : g[u])
dfs(v);
vector<int> pre((int)g[u].size() + 10, 1), suf((int)g[u].size() + 10, 1);
for (int i = 0; i < (int)g[u].size(); ++i)
{
int v = g[u][i];
pre[i] = (i == 0 ? dp[v][0] : pre[i - 1] * dp[v][0] % mod);
}
for (int i = (int)g[u].size() - 1; i >= 0; --i)
{
int v = g[u][i];
suf[i] = (i == (int)g[u].size() - 1 ? dp[v][0] : suf[i + 1] * dp[v][0] % mod);
}
for (int i = 0; i < (int)g[u].size(); ++i)
{
int v = g[u][i];
if (i == 0)
dp[u][1] = (dp[u][1] + dp[v][1] * suf[i + 1] % mod) % mod;
else if (i == (int)g[u].size() - 1)
dp[u][1] = (dp[u][1] + dp[v][1] * pre[i - 1] % mod) % mod;
else
dp[u][1] = (dp[u][1] + dp[v][1] * pre[i - 1] % mod * suf[i + 1] % mod) % mod;
}
dp[u][0] = (dp[u][0] + dp[u][1]) % mod;
dp[u][0] = (dp[u][0] + suf[0]) % mod;
}
void solve()
{
cin >> n;
for (int i = 2, u; i <= n; ++i)
{
cin >> u;
g[u].push_back(i);
}
dfs(1);
cout << dp[1][0] << endl;
}
K. Between Us
给定\(P\)个人和\(F\)对关系，每对关系代表\(u\)和\(v\)是朋友，现在要求将所有的人最多分成两组，使得每个人在同一组中的朋友数量为奇数，询问是否有解
题解：高斯消元解异或方程组
假设分成的组的类别为\(0， 1\)
令\(a[i]\)为\(i\)的组别，即\(a[i]=0/1\)
如果\(u\)的朋友数量为奇数：
如果\(u\)在\(0\)中，那么他会有奇数个朋友也在\(0\)中，偶数个朋友会在\(1\)中
如果\(u\)在\(1\)中，那么他会有奇数个朋友也在\(1\)中，偶数个朋友会在\(0\)中
容易发现：对于\(u\)来说，其所有朋友分组的异或和等于\(a[u]\)，即\(a[u] \oplus a[i] \oplus a[j]...a[k] = 0\)
如果\(u\)的朋友数量为偶数：
如果\(u\)在\(0\)中，那么他会有奇数个朋友也在\(0\)中，奇数个朋友会在\(1\)中
如果\(u\)在\(1\)中，那么他会有奇数个朋友也在\(1\)中，奇数个朋友会在\(0\)中
容易发现：对于\(u\)来说，其所有朋友分组的异或和等于\(1\)，即$ a[i] \oplus a[j]...a[k] = 1$
- 列出\(P\)个异或方程组后高斯消元即可
int n, m, deg[N];
vector<int> g[N];
bitset<N> a[N];
int ans[N], Free[N], cnt; // 自由变量
int Gauss(int equ, int var)
{
int row, col, MaxRow;
col = 0;
for (row = 0; row < equ && col < var; row++, col++)
{
MaxRow = row;
for (int i = row + 1; i < equ; i++)
if (abs(a[i][col]) > abs(a[MaxRow][col]))
MaxRow = i;
if (MaxRow != row)
swap(a[row], a[MaxRow]);
if (a[row][col] == 0)
{
row--;
Free[++cnt] = col;
continue;
}
for (int i = row + 1; i < equ; i++)
{
if (a[i][col])
a[i] ^= a[row];
}
}
for (int i = row; i < equ; i++)
if (a[i][col])
return -1; // 无解
if (row < var)
return var - row; // 无穷解
for (int i = var - 1; i >= 0; i--)
{
ans[i] = a[i][var];
for (int j = i + 1; j < var; j++)
if (a[i][j])
ans[i] ^= (a[i][j] && ans[j]);
}
return 0; // 唯一解
}
void solve()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int u, v;
cin >> u >> v;
--u, --v;
g[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
++deg[u], ++deg[v];
}
// n * (n + 1) 的增广矩阵
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
if (!deg[i])
{
cout << "N" << endl;
return;
}
for (auto v : g[i])
a[i].set(v);
if (deg[i] & 1)
a[i].set(i);
else
a[i].set(n);
}
int res = Gauss(n, n);
if (res == -1)
cout << "N" << endl;
else
cout << "Y" << endl;
}
M. Machine Gun
题解：二维偏序
考虑将所有敌人也通过两条射线投影到\(y\)轴上，那么会在\(y\)轴上形成\(n\)段区间\([l_i,r_i]\)
那么对于每个询问，我们也将其投影在\(y\)轴上的区间\([L,R]\)求出，然后就是求与该区间相交的所有区间的敌人编号
我们考虑什么情况是相交的：\(r_i \geq L \and l_i \leq R\)
显然是一个二位偏序问题，考虑将条件转化到二维平面上，横坐标为\(l\)，纵坐标为\(r\)
那么每个敌人的区间就是平面上一点，我所要求的就是一个向上无限延伸的矩形中的点的编号
因为我们要的是一个前缀中所有纵坐标大于等于\(L\)的点的编号，所以我们考虑树状数组，对每个位置\(l\)开一个\(vector\)，以二元组形式存放该位置上所有点的纵坐标和编号
那么对于一次查询来说，我只需要查询树状数组前\(logR\)个\(vector\)，然后在每个\(vector\)里面二分即可
因为保证所有被查询到的敌人不超过\(1e6\)，所以二分之后可以暴力将所有符合要求的敌人取出来
int n, q;
vector<int> vec;
array<int, 3> seg[N];
vector<array<int, 2>> c[N];
int lowbit(int x) { return x & -x; }
void add(int x, array<int, 2> val)
{
while (x < N)
{
c[x].push_back(val);
x += lowbit(x);
}
}
vector<int> query(int x, int y)
{
vector<int> res;
while (x > 0)
{
int p = lower_bound(all(c[x]), array<int, 2>{y, 0}) - c[x].begin();
for (int i = p; i < (int)c[x].size(); ++i)
{
if (c[x][i][0] >= y)
res.push_back(c[x][i][1]);
}
x -= lowbit(x);
}
return res;
}
int find(int x) { return lower_bound(all(vec), x) - vec.begin() + 1; }
void solve()
{
cin >> n >> q;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
int x, y;
cin >> x >> y;
int l = 2 * y - x, r = 2 * y + x;
seg[i] = {r, l, i};
vec.push_back(l);
}
sort(all(vec));
vec.erase(unique(all(vec)), vec.end());
sort(seg + 1, seg + n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
auto [r, l, id] = seg[i];
l = find(l);
add(l, array<int, 2>{r, id});
}
int ans = 0;
while (q--)
{
int a, b;
cin >> a >> b;
int x = (-1 - ((ans + a) % mod)), y = (ans + b) % mod;
int l = 2 * y + x, r = 2 * y - x;
r = upper_bound(all(vec), r) - vec.begin();
vector<int> vt = query(r, l);
sort(all(vt));
ans = 0;
int pow = 1;
for (int i = 0; i < (int)vt.size(); ++i)
{
ans = (ans + vt[i] * pow % mod) % mod;
pow = pow * 5782344 % mod;
}
cout << ans << endl;
}
}
N. Number Multiplication
题解
- 直接上科技：大数质因子分解
- 对每个数质因子分解后排序就好了
mt19937_64 rnd(time(0));
ll mx_fac;
// vector<int> fac;
map<int, int> mp;
ll gcd(ll a, ll b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
ll qpow(ll a, ll b, ll p)
{ // 快速幂
ll res = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
res = (__int128)res * a % p;
a = (__int128)a * a % p;
b >>= 1;
}
return res;
}
bool Miller_Rabin(ll p)
{ // 判断素数
if (p < 2)
return 0;
if (p == 2)
return 1;
if (p == 3)
return 1;
ll d = p - 1, r = 0;
while (!(d & 1))
++r, d >>= 1; // 将d处理为奇数
for (ll k = 0; k < 10; ++k)
{
ll a = rnd() % (p - 2) + 2;
ll x = qpow(a, d, p);
if (x == 1 || x == p - 1)
continue;
for (int i = 0; i < r - 1; ++i)
{
x = (__int128)x * x % p;
if (x == p - 1)
break;
}
if (x != p - 1)
return 0;
}
return 1;
}
ll Pollard_Rho(ll x)
{
ll s = 0, t = 0;
ll c = (ll)rnd() % (x - 1) + 1;
int step = 0, goal = 1;
ll val = 1;
for (goal = 1;; goal *= 2, s = t, val = 1)
{ // 倍增优化
for (step = 1; step <= goal; ++step)
{
t = ((__int128)t * t + c) % x;
val = (__int128)val * abs(t - s) % x;
if ((step % 127) == 0)
{
ll d = gcd(val, x);
if (d > 1)
return d;
}
}
ll d = gcd(val, x);
if (d > 1)
return d;
}
}
void divide_fac(ll x)
{
if (x < 2)
return;
if (Miller_Rabin(x))
{ // 如果x为质数
mx_fac = max(mx_fac, x); // 更新答案
// fac.push_back(x);
mp[x]++;
return;
}
ll p = x;
while (p >= x)
p = Pollard_Rho(x);
// 不用求质因子幂次时使用
while ((x % p) == 0)
x /= p;
divide_fac(x), divide_fac(p); // 继续向下分解x和p
// divide_fac(x / p), divide_fac(p);
}
int m, n, k;
void solve()
{
cin >> m >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
int x;
cin >> x;
divide_fac(x);
}
for (auto [x, y] : mp)
cout << x << " ";
cout << endl;
}
