【学习笔记】AGC059

蓝题都不会做

agc059

My Last ABC Problem

首先一次操作显然最多可以让相邻不同元素对$-2$。

考虑选取$A$作为特征元素，那么会分成若干段$BC$交错的区间，如果长度为奇数那么可以先全部变成$B/C$再翻过来；如果长度为偶数那么可以看成长度为$2$的段。对于两个长度为$2$的段可以合并在一起，最后如果剩的长度为$4$就再操作$2$次即可。

基于上述观察，我们在询问区间的开头和结尾添一个字母（表示整个区间最终变成的结果），设此时序列长度为$L$，那么$\lceil \frac{L-1}{2}\rceil$就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,m;
int a[100005],p[100005],cnt;
string s;
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>s;
	for(int i=0;i<s.size();i++){
		int j=i;while(j+1<s.size()&&s[j+1]==s[i])j++;
		i=j,a[++cnt]=s[i]-'A',p[cnt]=j+1;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int l,r;cin>>l>>r,l=lower_bound(p+1,p+1+cnt,l)-p,r=lower_bound(p+1,p+1+cnt,r)-p;
		if(l==r)cout<<0<<"\n";
		else {
			if(a[l]==a[r])cout<<(r-l+1)/2<<"\n";
			else cout<<(r-l+2)/2<<"\n";
		}
	}
}

Arrange Your Balls

2 hard 4 me

一个简单的思路是，首先把相同颜色的球排在一起，这样答案是颜色数目$k$。

如果一个颜色段很小，那么可以合并到大的颜色块当中，并且只占一个间隙。

基于上述观察，我们可以贪心的取出任意一个颜色块，然后将其他颜色块插入到它的一个间隙中（这个颜色产生的贡献恰为$1$）,这样如果最后剩的颜色块数目$\le 2$那么答案是$k-1$。

模拟即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int T,n,r,id[200005],c[200005],nxt[200005],vis[200005],res[200005];
int cnt,cnt2;
pair<int,int>s[200005],s2[200005];
int main(){
//	freopen("data.in","r",stdin);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--){
		cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=nxt[i]=vis[i]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			int x;cin>>x,c[x]++;
		}r=cnt=cnt2=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(!c[i])continue;
			for(int j=1;j<=c[i];j++)id[j]=++r,res[r]=i;
			for(int j=1;j<c[i];j++)nxt[id[j]]=id[j+1];
			if(c[i]>1){
				for(int j=1;j<c[i];j++){
					s[++cnt]={id[j],id[j+1]};
				}
				while(cnt2&&cnt){
					nxt[s[cnt].fi]=s2[cnt2].fi;
					nxt[s2[cnt2].se]=s[cnt].se;
					cnt2--,cnt--;
				}
				s2[++cnt2]={id[1],id[c[i]]};
			}
			else{
				if(cnt){
					nxt[s[cnt].fi]=id[1],nxt[id[c[i]]]=s[cnt].se;
					cnt--;
				}
				else {
					s2[++cnt2]={id[1],id[c[i]]};
				}
			}
		}
		for(int i=1;i<cnt2;i++){
			nxt[s2[i].se]=s2[i+1].fi;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++){
			vis[nxt[i]]=1;
		}
		int rt=0;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			if(!vis[i])rt=i;
		}assert(rt);
		while(rt){
			cout<<res[rt]<<' ',rt=nxt[rt];
		}cout<<"\n";
	} 
}

Guessing Permutation for as Long as Possible

数数题令人头疼

可以把过程想象为在一张图上每次加一条有向边$(u,v)$，如果存在路径$u^{\prime }\to v^{\prime }$并且$(u^{\prime },v^{\prime })\ne E$那么就不合法。

然后考虑所有三元导出子图，如果$(X,Y)$,$(Y,Z)$的出现时刻比$(X,Z)$早，并且满足$X>Y>Z$，那么就可以确定出$X>Z$，故而不合法。

直接数原排列$p$复杂度$O(2^n)$。既然原排列不好数，那么我们考虑每个原排列一定对应唯一一个完全图，其中每条边的颜色表示两个元素之间的大小关系。

那么我们考虑上述条件相当于$(X,Y),(Y,Z)$的颜色必须不同，那么我们构造一个含$n^2$个点的图，如果不存在二分图匹配那么答案是$0$。否则对于一个连通图有两种染色方案，同时对于一个合法的染色方案，它所对应的图一定不存在环，因此存在拓扑排序，也就存在一个合法的$p$。综上，我们只要数合法的染色方案即可，设连通块数目为$k$，则总方案数为$2^k$。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,m,id[405][405],a[405][405];
int c[405*405];
vector<pair<int,int>>g[405*405];
void add(int x,int y,int z){
	g[x].pb({y,z}),g[y].pb({x,z});
}
void dfs(int u,int topf){
	c[u]=topf;
	for(auto v:g[u]){
		if(c[v.fi]==-1)dfs(v.fi,topf^v.se);
		else if(c[v.fi]!=(topf^v.se)){
			cout<<0;
			exit(0);
		}
	}
}
int main(){
//	freopen("data.in","r",stdin);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			id[i][j]=id[j][i]=++m;
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y;cin>>x>>y,a[x][y]=a[y][x]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			for(int k=j+1;k<=n;k++){
				if(a[j][i]<a[i][k]&&a[j][k]<a[i][k]){
					add(id[j][i],id[j][k],(i<j)^(j>k));
				}
				else if(a[k][i]<a[i][j]&&a[k][j]<a[i][j]){
					add(id[k][i],id[k][j],(i<k)^(k>j));
				}
				else if(a[i][j]<a[j][k]&&a[i][k]<a[j][k]){
					add(id[i][j],id[i][k],(j<i)^(i>k));
				}
			}
		}
	}memset(c,-1,sizeof c);ll res=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		if(c[i]==-1){
			dfs(i,0),res=res*2%mod;
		}
	}cout<<res;
}

Grid 3-coloring

这个D实在是不可做啊

我们考虑构造一个与$c$同余的矩阵$a$，并且满足$a$矩阵中相邻位置数字只差恰好为$1$

容易发现，至少存在一个合法的$a$矩阵与$c$对应（考虑从左上角开始构造，容易验证不会产生矛盾），如果规定矩阵的数字最小的话那么不难猜想$a$,$c$矩阵形成一一对应关系。

不妨假设$a_{1,1}=c_{1,1}$，然后将$4n-4$个变量全部确定出来。如果存在矛盾那么显然无解。

然后我们得到了有解的必要条件：

$1.1$对于任意$2\le i\le n-1$，满足$|a_{i,1}-a_{i,n}|<n$ 并且 $|a_{1,i}-a_{n,i}|<n$

考虑给出构造或者直接走人 ：$a_{i,j}=\max (\{a_{i,1}-(j-1),a_{i,n}-(n-j),a_{1,j}-(i-1),a_{n,j}-(n-i)\})$

这个式子怎么来看呢，首先我们证明$(n-2)\times (n-2)$矩阵中相邻位置的差恰好为$1$。

证明非常巧妙，考虑手玩样例，我们会发现$\{a_{i,1}-(j-1),a_{i,n}-(n-j),a_{1,j}-(i-1),a_{n,j}-(n-i)\}$的奇偶性相同，那么相邻位置的每一项都相差$1$，这样最大值相差最多是$1$，又因为奇偶性不同，因此恰好相差$1$。

然后考虑边界的取值。假设$|a_{i,1}-a_{i,2}|\ne 1$（对于其他情况将矩形旋转即可），那么$a_{i,2}\ge a_{i,1}+3$，如果$a_{i,2}=a_{i,n}-(n-2)$那么$a_{i,n}=a_{i,1}+1$与条件矛盾；如果$a_{i,2}=a_{1,2}-(i-1)$那么$a_{1,2}\ge a_{i,1}+i+2$并且$a_{1,1}\le a_{i,1}+i-1$，故而$|a_{1,2}-a_{1,1}|\ge 3$与条件矛盾；如果$a_{i,2}=a_{n,2}-(n-i)$那么证明类似。

综上，我们证明了上述构造的合法性。复杂度$O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int T,n,a[1000005];
int b[1005][1005];
string s;
int solve(){
	cin>>n>>s;a[1]=s[0]-'0';
	for(int i=2;i<=4*n-4;i++){
	    a[i]=s[i-1]-'0';if(a[i]%3==a[i-1]%3)return 0;
		if((a[i-1]+1)%3==a[i]%3)a[i]=a[i-1]+1;
		else a[i]=a[i-1]-1;
	}
	if(abs(a[1]-a[4*n-4])!=1)return 0;
	for(int i=2,j=3*(n-1);i<n;i++,j--){
		if(abs(a[i]-a[j])>=n)return 0;
	}
	for(int i=n+1,j=4*n-4;i<2*n-1;i++,j--){
		if(abs(a[i]-a[j])>=n)return 0;
	}return 1;
}
void print(){
	for(int i=1;i<n;i++)b[1][i]=a[i];
	for(int i=1;i<n;i++)b[i][n]=a[i+n-1];
	for(int i=1;i<n;i++)b[n][n-i+1]=a[i+2*(n-1)];
	for(int i=1;i<n;i++)b[n-i+1][1]=a[i+3*(n-1)];
	for(int i=2;i<n;i++){
		for(int j=2;j<n;j++){
			b[i][j]=max({b[i][1]-(j-1),b[i][n]-(n-j),b[1][j]-(i-1),b[n][j]-(n-i)});
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cout<<b[i][j]<<' ';
		}cout<<"\n";
	}
}
int main(){
	freopen("data.in","r",stdin);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>T;
	while(T--){
		cout<<(solve()?"YES":"NO")<<"\n";
		print();
	}
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
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