Codeforces Round #549 (Div. 1) 题解

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前几天补完了某一场很早以前的div1，突然想来更博客，于是就有了这篇文章

 

A The Beatles

显然若起点和第一次到达的位置距离为 d ，那么经过的不同站点数为 $\frac{nk}{\gcd(d,nk)}$ 。

假设距离起点最近的快餐店是 1 ，枚举距离第一次到达的位置最近的快餐店是多少， $2^2$ 枚举起点和终点在左还是右，更新答案即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define ll long long

using namespace std;

const int N=1e5+10;
int n,m,a,b; ll len,ans1,ans2;

ll gcd(ll a,ll b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
inline ll get(ll x){
    x<=0?x+=len:0;
    x>len?x-=len:0;
    return x;
}
inline void upd(ll x){
    x=len/gcd(len,x);
    ans1=min(ans1,x),ans2=max(ans2,x);
}
inline void chk(ll x,ll y){
    if (x>y) swap(x,y);
    upd(y-x),upd(x+len-y);
}

int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b); len=(ll)n*m;
    ans1=len+1,ans2=0;
    ll q=1;
    rep (i,1,n){
        ll p=(ll)(i-1)*m+1;
        ll x=get(p-a),y=get(q-b); chk(x,y);
        x=get(p-a),y=get(q+b); chk(x,y);
        x=get(p+a),y=get(q-b); chk(x,y);
        x=get(p+a),y=get(q+b); chk(x,y);
    }
    printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
    return 0;
}

 

B Lynyrd Skynyrd

相当于匹配一个环。

根据原排列可以知道每个数的后继 nxt[i] 是多少，那么在新序列里的某个位置 p ，它的下一个能匹配上的位置肯定是 nxt[a[p]] 所在的位置，显然贪心找 p 之后距离 p 最近的那个位置最优。

如果记 jump[i] 表示新序列上 i 位置后的下一个能匹配的位置，若不存在 jump[i]=n+1 。那么使用倍增可以得出 i 位置作为子序列的开头，匹配上的最小的右端点 R[i] 。

那么一个区间 [l,r] 能匹配上当且仅当存在 $i\in[l,r] , R[i]\leq r$ 。维护区间最小值即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define Vi vector<int>

using namespace std;

const int N=2e5+10;
int n,m,Q,a[N],b[N],nxt[N],st[N][20],R[N],lg[N]; Vi p[N];

int get_min(int x,int y){
    int t=lg[y-x+1];
    return min(st[x][t],st[y-(1<<t)+1][t]);
}

int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&Q);
    rep (i,1,n) scanf("%d",&a[i]);
    rep (i,1,n) nxt[a[i]]=a[i%n+1];
    rep (i,1,m) scanf("%d",&b[i]),p[b[i]].push_back(i);
    rep (i,1,m){
        int x=nxt[b[i]];
        int t=upper_bound(p[x].begin(),p[x].end(),i)-p[x].begin();
        if (t==(int)p[x].size()) st[i][0]=m+1; else st[i][0]=p[x][t];
    }
    st[m+1][0]=m+1;
    rep (j,1,18) rep (i,1,m+1) st[i][j]=st[st[i][j-1]][j-1];
    rep (i,1,m){
        int x=i;
        for (int j=18;~j;j--) if ((n-1)>>j&1) x=st[x][j];
        R[i]=x;
    }
    memset(st,0,sizeof(st));
    rep (i,1,m) st[i][0]=R[i],lg[i]=i==1?0:lg[i>>1]+1;
    rep (j,1,18)
        for (int i=1;i+(1<<(j-1))<=m;i++)
            st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);
    while (Q--){
        int l,r; scanf("%d%d",&l,&r);
        if (get_min(l,r)<=r) putchar('1'); else putchar('0');
    }
    return 0;
}

 

C U2

注意到一个抛物线 $y=x^2+bx+c$ 可以写成 $y-x^2=bx+c$ ，如果把平面上所有点坐标变为 $(x,y-x^2)$ ，那么就是 $y=bx+c$ ，一条直线。

一条抛物线的上侧部分也就是 $y>x^2+bx+c$ 的那部分，也就是坐标变换后的 $y>bx+c$ 。

原来的问题变为：两两点对连成的直线中，有多少直线的上部没有任何点。即求上凸壳的边数。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define ll long long

using namespace std;

const int N=1e5+10;
int n,top;

#define vec poi
struct poi{
    ll x,y;
    poi(ll x=0,ll y=0):x(x),y(y){}
    friend vec operator - (vec A,vec B){return vec(A.x-B.x,A.y-B.y);}
    friend ll operator ^ (vec A,vec B){return A.x*B.y-A.y*B.x;}
    friend bool operator < (poi x,poi y){return x.x!=y.x?x.x<y.x:x.y<y.y;}
}a[N],stk[N];

int main(){
    scanf("%d",&n);
    rep (i,1,n){
        scanf("%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y);
        a[i].y-=a[i].x*a[i].x;
        
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    rep (i,1,n){
        while (top>=2&&((a[i]-stk[top-1])^(stk[top]-stk[top-1]))<=0) top--;
        while (top&&a[i].x==stk[top].x) top--;
        stk[++top]=a[i];
    }
    printf("%d\n",top-1);
    return 0;
}

 

D Foreigner

看了别人的题解，学到了 $\mathcal{O}(11n)$ 的 dp 姿势。

这个序列显然是有一定规律性的。大致是这样：1,2,3,4,...,9, 10, 20,21, 30,31,32, 40,41,42,43, ..., 100,101,...,109, , 210, 300,301, ...

其实就是从 10 开始，每个数都是从 1 开始的某个序列中的数往后添加 0,1,...,9 ，并且能添上的数字个数是 0...10 循环的。

考虑求一个合法的数的 rank ：

若当前数位num，记 x 为 rk[num] ， y 为 num 去掉末位的 rank ，那么有 $x=9 + 55\lfloor \frac {y}{10} \rfloor + 0+1+...+y\%11-1 + num\%10+1$ 。

由于 $11|55$ ，所以 $x\%11=9 + 0+1+...+y\%11-1 + num\%10+1$ 。发现我们只需要知道去掉末位的数的 rk%11 的值即可，就可以推出加上一个数后的 rk%11的值了。

用 f[i][j] 表示现在在 i 位置， i 之前的数%11的值为 j ，可以延伸到的最右端点。记忆化搜索更加简洁易懂。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define ll long long

using namespace std;

const int N=1e5+10;
int n,f[N][13]; ll ans; char s[N];

int dfs(int x,int y){
    if (x>n) return x-1;
    if (~f[x][y]) return f[x][y];
    if (s[x]>=y) return x-1;
    return f[x][y]=dfs(x+1,(y*(y-1)/2+10+s[x]%10)%11);
}

int main(){
    memset(f,-1,sizeof(f));
    scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
    rep (i,1,n) s[i]-='0';
    rep (i,1,n) if (s[i]) ans+=dfs(i+1,s[i])-i+1;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

 

E Pink Floyd

感觉挺神的

首先考虑没有粉色边的情况：

随便找一个点 x ，先假设 x 是答案。然后再找一个 x 无法到达的点 y ，若 $x\rightarrow y$ ，那么标记 y 为可达，否则将 y 设为答案， x 标记为可达。$\mathcal{O}(n)$ 次询问后会标记完所有的点，输出此时的答案即可。其实相当于一个不停转移答案节点的过程，感觉非常妙~

如果有了粉色的话，首先缩点，然后按照拓扑序：

先随便找一个度为 0 的 scc ，在里面随便找一个点 x 设为答案；然后找另一个还存在的度为 0 的 scc ，在里面随便找一个点 y ，询问 (x,y)。此时若 $x\rightarrow y$ ，把 y 删掉（和上面标记可达的意思差不多）；否则将答案转移给 y ，把 x 删掉。注意这里如果一个 scc 里的点被删完了，就要把整个 scc 及它的出边删掉，加进来新的入度为 0 的 scc （类似 toposort ）。

胡一下为什么先删度数为 0 的 scc ：（很显然吗？）

原因是由于粉色边的存在，我们需要利用已有的粉色边。考虑一个状态，我们找到了 $u\rightarrow v$ ，即 $u\rightarrow v$ 无粉色路径有绿色边，但已知 $v\rightarrow u$ 有粉色路径。这个时候按照我们的算法会把 v 抛弃，将答案转移到 u 上来，但是事实上 v 有可能成为最终答案，如果擅自转移到 u 可能最终无法得出答案，找不到 v 。但是如果按照拓扑序来更新，每次都取度为拓扑序最靠前的 scc ，这样就不会出现 $u\rightarrow v$ 无粉色路径有绿色边， $v\rightarrow u$ 有粉色路径的情况，所以每次转移都是对的。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for (int i=(x);i<=(y);i++)
#define Vi vector<int>

using namespace std;

const int N=1e5+10;
int n,m,x[N],y[N],cnt,head[N];
int dfn[N],low[N],stk[N],bel[N],top,clk,scc,rd[N]; Vi V[N];
int q[N],Head[N]; set<int> S[N];
struct edge{int to,nxt;}e[N<<1];

void adde(int *head,int x,int y){
    e[++cnt].to=y; e[cnt].nxt=head[x]; head[x]=cnt;
}

void tarjan(int u){
    dfn[u]=low[u]=++clk; stk[++top]=u;
    for (int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt)
        if (v=e[i].to,!dfn[v]){
            tarjan(v);
            low[u]=min(low[u],low[v]);
        } else if (!bel[v]) low[u]=min(low[u],dfn[v]);
    if (dfn[u]!=low[u]) return;
    ++scc;
    while (stk[top]!=u) V[scc].push_back(stk[top]),bel[stk[top--]]=scc;
    V[scc].push_back(stk[top]),bel[stk[top--]]=scc;
}

int ask(int x,int y){
    printf("? %d %d\n",x,y),fflush(stdout);
    scanf("%d",&x); return x;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    rep (i,1,m) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]),adde(head,x[i],y[i]);
    rep (i,1,n) if (!dfn[i]) tarjan(i);
    rep (i,1,m)
        if (bel[x[i]]!=bel[y[i]]&&!S[bel[x[i]]].count(bel[y[i]])){
            adde(Head,bel[x[i]],bel[y[i]]);
            rd[bel[y[i]]]++,S[bel[x[i]]].insert(bel[y[i]]);
        }
    int tail=0;
    rep (i,1,scc) if (!rd[i]) q[++tail]=i;
    while (tail>1){
        int x=V[q[1]].back(),y=V[q[2]].back();
        if (!ask(x,y)) swap(q[1],q[2]);
        x=q[2]; V[x].pop_back();
        if (V[x].empty()){
            swap(q[tail],q[2]),tail--;
            for (int i=Head[x],v;i;i=e[i].nxt)
                if (v=e[i].to,!--rd[v]) q[++tail]=v;
        }
    }
    printf("! %d\n",V[q[1]].back()),fflush(stdout);
    return 0;
}