CFR-843-Div-2解题报告

C. Interesting Sequence

题意：给你 $n, x$ ，求最小的 $m \geq n$ ，使 $n & (n + 1) & (n + 2) & \dots & m = x$ ，或判断无解。

首先每一位独立，分别考虑。与运算每一位都越来越小，所以 $x$ 的每一位都不能大于 $n$ ，否则直接无解。于是一位的情况只剩 n0x0,n1x0,n1x1 这三种情况。对于第一种 n0x0 的情况，任意 $m$ 都合法，因为 $n$ 这一位不会从 $0$ 变成 $1$ 。对于第二种情况，要求选的 $m$ 足够大，使得能够将 $n$ 这一位 1->0。对于第三种情况，要求选的 $m$ 足够小，使得不能将 $n$ 这一位 1->0。处理出每一位 $n$ 为 $1$ 的位要想改变成 $0$ 的 $m$ 的分界线，最后合并信息即可。

By jiangly

#include <bits/stdc++.h>

using i64 = long long;

void solve() {
    i64 n, x;
    std::cin >> n >> x;

    std::vector<i64> f(60);
    for (int i = 0; i < 60; i++) {
        if (~n >> i & 1) {
            f[i] = n;
        } else {
            f[i] = (n & ~((1LL << i) - 1)) + (1LL << i);
        }
    }

    i64 m = n;
    for (int i = 0; i < 60; i++) {
        if (~x >> i & 1) {
            m = std::max(m, f[i]);
        }
    }
    for (int i = 0; i < 60; i++) {
        if (x >> i & 1) {
            if (m >= f[i]) {
                std::cout << -1 << "\n";
                return;
            }
        }
    }

    std::cout << m << "\n";
}

D. Friendly Spiders

题意：有 $n$ 个点，有点权，两个点之间有边当且仅当这两个点的点权不互质。给定两个点，输出最短路。

两个点的点权不互质等价于有公共的质因数，于是可以考虑质因数分解，并对每个质数建虚点。如果两个点同时连向一个虚点就相当于连边。在此图上跑 01BFS 或 Dijkstra 即可。

By SSRS_

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
  int n;
  cin >> n;
  vector<int> a(n);
  for (int i = 0; i < n; i++){
    cin >> a[i];
  }
  int s, t;
  cin >> s >> t;
  s--;
  t--;
  int MAX = 0;
  for (int i = 0; i < n; i++){
    MAX = max(MAX, a[i]);
  }
  MAX++;
  vector<vector<int>> E(n + MAX * 3);
  for (int i = 0; i < n; i++){
    E[i].push_back(n + a[i]);
  }
  for (int i = 2; i < MAX; i++){
    for (int j = i; j < MAX; j += i){
      E[n + j].push_back(n + MAX + i);
      E[n + MAX + i].push_back(n + MAX * 2 + j);
    }
  }
  for (int i = 0; i < n; i++){
    E[n + MAX * 2 + a[i]].push_back(i);
  }
  vector<int> d(n + MAX * 3, -1);
  d[s] = 0;
  vector<int> p(n + MAX * 3, -1);
  queue<int> Q;
  Q.push(s);
  while (!Q.empty()){
    int v = Q.front();
    Q.pop();
    for (int w : E[v]){
      if (d[w] == -1){
        d[w] = d[v] + 1;
        p[w] = v;
        Q.push(w);
      }
    }
  }
  if (d[t] == -1){
    cout << -1 << endl;
  } else {
    vector<int> ans;
    for (int v = t; ; v = p[v]){
      if (v < n){
        ans.push_back(v);
      }
      if (v == s){
        break;
      }
    }
    reverse(ans.begin(), ans.end());
    t = ans.size();
    cout << t << endl;
    for (int i = 0; i < t; i++){
      cout << ans[i] + 1;
      if (i < t - 1){
        cout << ' ';
      }
    }
    cout << endl;
  }
}

E. The Human Equation

题意：有一个数组，每次操作可以选一个子序列，将其所有奇数项 $+ 1$ 、偶数项 $- 1$ ，或偶数项 $+ 1$ 、奇数项 $- 1$ 。问最少多少次操作能变为全 $0$ 。 $n \leq 2 \times 10^{5}, | a | \leq 10^{9}$ 。

做法一

首先变为全零一定可行，因为可以每次只选一位单独加或减。选子序列的操作看起来非常复杂，没法直接操作，于是先找一找性质。

首先可以发现已经为 $0$ 的项永远不会操作，因为一次操作后变成非零，还要操作变回来，两次操作通过改变一些顺序可以省掉改变 $0$ 的操作。于是现在只有正负两种数，考虑将连续的极长同号元素分段，一段正一段负，则思考可以发现，同一段内操作哪个元素是等价的，所以可以将一段用它们的和代替。

此时，每次操作一定是全选整个数组（正负交替），进行若干次逼近 $0$ 的操作直至数组中出现 $0$ （操作次数为元素的最小绝对值），然后把 $0$ 段删掉，合并相邻两段，反复操作即可。实现上，可以用链表维护段，并用 set<pair> 或 map<set> 维护每个值在链表上的对应位置，从小到大处理即可。

By cxm1024

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int v[600010],lst[600010],nxt[600010],cnt=0;
signed main() {
	int t;
	cin>>t;
	while(t--) {
		int n;
		cin>>n;
		vector<int> a;
		for(int i=1;i<=n;i++) {
			int x;
			cin>>x;
			if(x==0) continue;
			if(a.empty()||(a.back()>0)!=(x>0)) a.push_back(x);
			else a.back()+=x;
		}
		map<int,set<int> > mp;
		int lstt=0;
		for(int x:a) {
			v[++cnt]=abs(x),lst[cnt]=lstt,nxt[cnt]=cnt+1,lstt=cnt;
			mp[abs(x)].insert(cnt);
		}
		nxt[cnt]=0;
		int ans=0;
		for(auto &[x,s]:mp) {
			ans=max(ans,x);
			while(!s.empty()) {
				int tmp=*s.begin();
				s.erase(s.begin());
				if(v[tmp]==0) continue;
				v[tmp]=0;
				int l=lst[tmp],r=nxt[tmp];
				nxt[l]=lst[r]=0;
				if(l!=0&&r!=0) {
					v[++cnt]=v[l]+v[r]-x;
					mp[v[l]].erase(l),mp[v[r]].erase(r);
					mp[v[cnt]].insert(cnt);
					lst[cnt]=lst[l],nxt[cnt]=nxt[r];
					if(lst[cnt]) nxt[lst[cnt]]=cnt;
					if(nxt[cnt]) lst[nxt[cnt]]=cnt;
				}
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
		while(cnt) v[cnt]=lst[cnt]=nxt[cnt]=0,cnt--;
	}
	return 0;
}

做法二

考虑进行操作之后其前缀和数组会怎样变化。如果第一位从 $+ 1$ 开始，则为每个相邻 $[+ 1, - 1)$ 的位置区间 $+ 1$ ；如果第一位从 $- 1$ 开始，则为每个相邻 $[- 1, + 1)$ 的位置区间 $- 1$ 。由于 $+ 1, - 1$ 的位置可以任意选，前缀和数组也可以任意修改，每次选任意段独立区间 $+ 1$ 或 $- 1$ 。于是，每次操作可以将前缀和中全体正数都 $- 1$ ，或全体负数都 $+ 1$ ，答案即为“正数的最大值”加上“负数的最小值的绝对值”，即数组的 $max - min$ 。

By jiangly

void solve() {
    int n;
    std::cin >> n;

    std::vector<int> a(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        std::cin >> a[i];
    }

    std::vector<i64> s(n + 1);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        s[i + 1] = s[i] + a[i];
    }

    auto ans = *std::max_element(s.begin(), s.end()) - *std::min_element(s.begin(), s.end());
    std::cout << ans << "\n";
}

F. Laboratory on Pluto

题意：在网格中按照网格放单位正方形可以构成一些图形，问在面积为 $n$ 时的最小周长，以及形成该最小周长的方案数（不考虑旋转，只要正面看不同就不同）。 $T \leq 2 \times 10^{5}, n \leq 4 \times 10^{5}$ 。

思考可以发现，图案一定趋近于类似正方形的形状（也可能是非常接近正方形的长方形），并从角上去掉多余的格子。对于最小周长，可以从严格正方形附近枚举几个长度取最小值（事实上正方形一定是最小值，附近的长方形可能与其相等）。问题转化为，确定了一些长方形 $p \times q$ ，删掉角上若干个方块的方案数。首先有一个性质，删掉的多余方块数量 $m < p, q$ ，否则可以删掉一行/一列让周长减小，这个性质保证各个角删除方块不会冲突，因为删除方块连不起两个角来。考虑每行左边/右边删的方块数量，一定是单调非增/非降的，等价于非降。问题即为选四个非降序列，和为 $n$ 的方案数。接下来用 DP 求方案数。

做法一

考虑如下 DP： $f [i] [j]$ 表示和为 $i$ ，最后一个数为 $j$ 的方案数，则 $f [i] [j] = \sum_{k \leq j} f [i - 1] [k]$ 。其中求和操作可以用前缀和省掉。算完一个角后，进行一次卷积可以得到两个角： $g [i] = \sum f [j] * f [i - j]$ （因为两个角是独立的，所以相乘），再进行一次即可得到四个角。

By cxm1024

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int f[670][670],s[670][670],g[670],h[670];
int sqt(int x) {
	int res=sqrt(x);
	while(res*res<x) res++;
	while((res-1)*(res-1)>=x) res--;
	return res;
}
signed main() {
	int t,u,m=998244353;
	cin>>t>>u;
	if(u==2) cin>>m;
	f[0][0]=s[0][0]=1;
	for(int j=1;j<=660;j++) s[0][j]=1;
	for(int i=1;i<=660;i++) {
		for(int j=1;j<=i;j++)
			(f[i][j]+=s[i-j][j])%=m;
		for(int j=1;j<=660;j++)
			s[i][j]=(s[i][j-1]+f[i][j])%m;
	}
	for(int i=0;i<=660;i++)
		for(int j=0;j<=i;j++)
			(g[i]+=s[j][660]*s[i-j][660]%m)%=m;
	for(int i=0;i<=660;i++)
		for(int j=0;j<=i;j++)
			(h[i]+=g[j]*g[i-j]%m)%=m;
	while(t--) {
		int n;
		cin>>n;
		int tmp=sqt(n),x=tmp+(n+tmp-1)/tmp;
		vector<pair<int,int> > v;
		for(int i=0;i<=100;i++) {
			int p=tmp+i,q=(n+p-1)/p;
			if(p+q<x) v.clear(),v.push_back({p,q}),x=p+q;
			else if(p+q==x) v.push_back({p,q});
		}
		if(u==1) {
			auto [p,q]=v[0];
			cout<<p<<" "<<q<<endl;
			for(int i=1;i<=p*q;i++) {
				if(i<=n) cout<<"#";
				else cout<<".";
				if(i%q==0) cout<<endl;
			}
			continue;
		}
		int ans=0;
		for(auto [p,q]:v)
			(ans+=h[p*q-n]*(p!=q?2:1)%m)%=m;
		cout<<x*2<<" "<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

做法二

考虑交换 DP 的两维： $f [i] [j]$ 表示当前序列考虑只添加 $1 \sim i$ ，和为 $j$ 的方案数，则 $f [i] [j] = \sum_{k} f [i - 1] [j - k i]$ （即考虑在 $1 \sim i - 1$ 的基础上添加 $k$ 个 $i$ ， $k$ 可以等于 $0$ ）。用完全背包的优化转化为 $f [i] [j] = f [i - 1] [j] + f [i] [j - i]$ 。对于四个角，设 $f [i] [x] [j]$ 表示当前考虑只添加 $1 \sim i$ ，但是只考虑前 $x$ 个角能添加 $i$ （ $1 \sim i - 1$ 全部考虑完），则 $f [i] [x] [j] = f [i] [x - 1] [j] + f [i] [x] [j - i]$ 。由于转移的单调性，可以省掉 $i, x$ 两维，优化空间和代码难度。

By cxm1024 From jiangly

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[670];
int sqt(int x) {
	int res=sqrt(x);
	while((res+1)*(res+1)<=x) res++;
	while(res*res>x) res--;
	return res;
}
signed main() {
	int t,u,m;
	cin>>t>>u;
	if(u==2) {
		cin>>m;
		f[0]=1;
		for(int i=1;i<=660;i++)
			for(int x=1;x<=4;x++)
				for(int j=i;j<=660;j++)
					(f[j]+=f[j-i])%=m;
	}
	while(t--) {
		int n;
		cin>>n;
		int x=sqt(n),y=(n+x-1)/x;
		if(u==1) {
			cout<<x<<" "<<y<<endl;
			for(int i=1;i<=x*y;i++) {
				if(i<=n) cout<<"#";
				else cout<<".";
				if(i%y==0) cout<<endl;
			}
			continue;
		}
		while((x+1)*(y-1)>=n) x++,y--;
		int ans=0;
		while(1) {
			(ans+=f[x*y-n]%m)%=m;
			if((x-1)*(y+1)>=n) x--,y++;
			else break;
		}
		cout<<(x+y)*2<<" "<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

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posted @ 2023-03-01 15:48 曹轩鸣阅读(16) 评论(0) 编辑收藏举报

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