AtCoder Regular Contest 172
Preface
开学了小溜一下之前没打的ARC，结果这场后面没有计数改成数论了又给我创飞了
这场的DE都太玄学了，属于是自己想半天一点屌思路没有然后看一眼题解就顿悟的类型
总结就是菜得发昏
A - Chocolate
挺有意思的签到题
考虑从大到小依次切，对于一个原来\(H'\times W'\)的块，为了尽量不浪费肯定是把它切下一个角来
不难发现剩余的部分可以分出三个更小的块，暴力模拟一下这个过程即可
至于为什么不是分两个块，因为我们是从大到小考虑的，如果分三块无解那么分两块肯定也无解
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef __int128 i128;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=1005;
int H,W,n,a[N];
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i,j; for (scanf("%d%d%d",&H,&W,&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1,greater <int>()); vector <pi> vec; vec.push_back(pi(H,W));
for (i=1;i<=n;++i)
{
int len=1<<a[i]; bool flag=0;
for (j=0;j<vec.size();++j)
{
auto [x,y]=vec[j];
if (x>=len&&y>=len)
{
if (x-len>0) vec.push_back(pi(x-len,len));
if (y-len>0) vec.push_back(pi(len,y-len));
if (x-len>0&&y-len>0) vec.push_back(pi(x-len,y-len));
vec.erase(vec.begin()+j); flag=1; break;
}
}
if (!flag) return puts("No"),0;
}
return puts("Yes"),0;
}
B - AtCoder Language
真·签到计数题，属于是连我看一眼都会做的程度了
不难发现一个合法的串需要满足，对于任意两个颜色相同的位置\(i,j(i<j)\)，必须有\(n-(j-i+1)<k-1\)
因为若不满足上面的条件我们就可以在区间外部选出\(k-1\)个位置，然后最后\(1\)个位置就有至少两种选法了
不妨考虑从前往后确定，第一位的放法有\(L\)种，第二位的放法有\(L-1\)种，一直到第\(n-(k-1)\)位及之后的放法有\(L-[n-(k-1)]+1\)种，很容易直接计算答案
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef __int128 i128;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int mod=998244353;
int n,k,l;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i; scanf("%d%d%d",&n,&k,&l); int ans=1;
for (i=0;i<n-(k-1);++i) ans=1LL*ans*(l-i)%mod;
for (i=1;i<=k-1;++i) ans=1LL*ans*(l-(n-(k-1))+1)%mod;
return printf("%d",ans),0;
}
C - Election
考虑找一个相对好统计的特征来刻画一个串，首先不难想到将A看作\(1\)，将B看作\(-1\)，然后求出前缀和数组\(pfx_i\)
不难发现最后\(pfx_i\)为\(0\)的地方就是C，否则根据\(pfx_i\)的正负绝对其是A还是B
观察到C的处境很特别，考虑用一个二元组\((pos_i,tp_i)\)来刻画某一个C的特征，其中\(pos_i\)表示其出现的位置，\(tp_i\)表示其之前这一段（到上个C为止是A还是B）
不难发现一个串和某个关于C的二元组的集合唯一对应，因此我们不妨用Hash来维护所有的二元组的Hash值，接下来考虑移动第一个字符的位置带来的影响
不妨假设第一个字符初始时就在开头，每次将其往后交换，首先若这次交换的两个字符相同则不会有任何影响
否则若\(s_i=A,s_{i+1}=B\)，不难发现交换后带来的影响就是\(pfx_i-=2\)；同理若\(s_i=B,s_{i+1}=A\)，交换后带来的影响就是\(pfx_i+=2\)
一边枚举一边动态维护整个序列的Hash值即可
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef __int128 i128;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=1e6+5;
int n,pfx[N]; char s[N];
const int mod1=998244353,mod2=1e9+7;
struct Hasher
{
int x,y;
inline Hasher(CI X=0,CI Y=0)
{
x=X; y=Y;
}
inline LL get_val(void)
{
return ((1LL*x)<<31LL)|(1LL*y);
}
friend inline bool operator == (const Hasher& A,const Hasher& B)
{
return A.x==B.x&&A.y==B.y;
}
friend inline Hasher operator + (const Hasher& A,const Hasher& B)
{
return Hasher((A.x+B.x)%mod1,(A.y+B.y)%mod2);
}
friend inline Hasher operator - (const Hasher& A,const Hasher& B)
{
return Hasher((A.x-B.x+mod1)%mod1,(A.y-B.y+mod2)%mod2);
}
friend inline Hasher operator * (const Hasher& A,const Hasher& B)
{
return Hasher(1LL*A.x*B.x%mod1,1LL*A.y*B.y%mod2);
}
}pw[N]; unordered_set <LL> rst;
const Hasher seed=Hasher(31,131);
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i; for (scanf("%d%s",&n,s+1),pw[0]=Hasher(1,1),i=1;i<=n;++i)
pw[i]=pw[i-1]*seed,pfx[i]=pfx[i-1]+(s[i]=='A'?1:-1);
Hasher cur; for (i=1;i<=n;++i) if (pfx[i]==0) cur=cur+pw[i]*(pfx[i-1]>0?Hasher(1,1):Hasher(2,2));
for (rst.insert(cur.get_val()),i=1;i<n;++i)
{
if (s[i]==s[i+1]) continue;
if (s[i]=='A'&&s[i+1]=='B')
{
if (pfx[i]==0) cur=cur-pw[i]*(pfx[i-1]>0?Hasher(1,1):Hasher(2,2));
if (pfx[i+1]==0) cur=cur-pw[i+1]*(pfx[i]>0?Hasher(1,1):Hasher(2,2));
if ((pfx[i]-=2)==0) cur=cur+pw[i]*(pfx[i-1]>0?Hasher(1,1):Hasher(2,2));
if (pfx[i+1]==0) cur=cur+pw[i+1]*(pfx[i]>0?Hasher(1,1):Hasher(2,2));
} else
{
if (pfx[i]==0) cur=cur-pw[i]*(pfx[i-1]>0?Hasher(1,1):Hasher(2,2));
if (pfx[i+1]==0) cur=cur-pw[i+1]*(pfx[i]>0?Hasher(1,1):Hasher(2,2));
if ((pfx[i]+=2)==0) cur=cur+pw[i]*(pfx[i-1]>0?Hasher(1,1):Hasher(2,2));
if (pfx[i+1]==0) cur=cur+pw[i+1]*(pfx[i]>0?Hasher(1,1):Hasher(2,2));
}
swap(s[i],s[i+1]); rst.insert(cur.get_val());
}
return printf("%d",rst.size()),0;
}
D - Distance Ranking
这题比赛场上过的贼少（比E少了一个数量级），后面想了半天也想不出个所以然，然后看了题解发现我是个傻逼
首先考虑构造一个所有点对间距离全相等的Case，这个也很简单，我们设\(V_{i,j}\)表示点\(i\)第\(j\)维的坐标，则\(V_{i,j}=[i==j]\times S\)即可满足上述要求，其中\(S\)为任意常数
此时任意两点间距离都是\(2S^2\)，考虑如果我们令\(V_{i,j}=c\ \ (i\ne j)\)会有什么影响，即点\(i\)和点\(j\)的距离变为了\(2S^2-2\times cS+c^2\)
由于所有点之间的距离都有\(2S^2\)因此不妨扔掉不管，如果我们令\(S\)为一个极大值（比如\(10^8\)），而\(c\)的数量级相比于\(S\)定的很小（不妨令\(c\in[1,\frac{N(N-1)}{2}]\)），则\(2S^2-2\times cS+c^2\)的值就变得只和\(c\)有关了
因此我们按照题目要求的排名顺序来确定\(V_{i,j}\)的值即可，代码非常简单
（PS：据说由于这题点数很少，还有很多奇怪的随机化乱搞做法，但由于时间所限就没有去尝试了）
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef __int128 i128;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
const int N=25,INF=1e8;
int n,ans[N][N],x,y;
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
RI i,j; for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) ans[i][i]=INF;
for (i=1;i<=n*(n-1)/2;++i) scanf("%d%d",&x,&y),ans[x][y]+=(n*(n-1)/2-i+1);
for (i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=n;++j) printf("%d%c",ans[i][j]," \n"[j==n]);
return 0;
}
E - Last 9 Digits
我只能说第一反应是打表找规律，但这题的规律有点小逆天
首先你要搞出以下两个猜想：
- 当模数为\(10^k\)时，满足\(n^n\equiv x\pmod {10^k}\)的解\(n\)在\([1,10^k]\)的范围内有且仅有一个，且它们构成双射关系
- 当模数为\(10^{k+1}\)时，设满足\(n^n\equiv x\pmod {10^k}\)的在\([1,10^{k}]\)内的解为\(n'\)，则满足\(n^n\equiv x\pmod {10^{k+1}}\)的在\([1,10^{k+1}]\)内的解为\(n=n'+t\times 10^k\ \ (t\in [0,9])\)
例如当\(k=3,x=16\)时，有\(514^{514}\equiv1514^{1514}\equiv2514^{2514}\equiv 16\pmod {10^3}\)
上述结论的具体证明可以看官方题解，大致思路就是先暴力验证当\(k=2\)时成立，然后后面用归纳法证明\(k\ge 2\)亦成立
有了这个结论后就很简单了，我们先大力在\([1,100)\)内找出某个数\(n_0\)满足\(n_0^{n_0}\equiv x\pmod {100}\)，然后不停往上递推即可
单组数据复杂度为\(100+9^2\)，可以通过此题
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<utility>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<set>
#include<array>
#include<random>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<limits.h>
#include<assert.h>
#include<unordered_set>
#include<unordered_map>
#define RI register int
#define CI const int&
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double LDB;
typedef unsigned long long u64;
typedef __int128 i128;
typedef pair <int,int> pi;
typedef vector <int> VI;
typedef array <int,3> tri;
int t,x,pw[10];
inline int quick_pow(int x,int p,int mod,int mul=1)
{
for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
inline void init(void)
{
pw[0]=1; for (RI i=1;i<=9;++i) pw[i]=pw[i-1]*10;
}
int main()
{
//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);
for (scanf("%d",&t),init();t;--t)
{
RI i,j; scanf("%d",&x); int lst;
for (i=1;i<100;++i) if (quick_pow(i,i,100)==x%100) { lst=i; break; }
for (i=3;i<=9;++i) for (j=0;j<10;++j)
{
int tmp=lst+pw[i-1]*j;
if (quick_pow(tmp,tmp,pw[i])==x%pw[i]) { lst=tmp; break; }
}
printf("%d\n",lst);
}
return 0;
}
Postscript
ARC还是太玄妙了，我还是滚回去写CF吧
辣鸡老年选手AFO在即
