231009校内赛
T1 里群
题解
阴间第一题
题目中有一个很明显的建图方法就是对于第 \(i\) 天入群的人在第 \(j\) 天退群
那么就在 \(i,j\) 之间连一条边
首先有一个结论，管理员个数不大于 \(3\)
对于这个结论，证明如下：
首先第一次删除出现后就一定需要两个管理员了
如果某次删除只删掉了某一个管理员添加的，那么另一个管理员当天值班就行
如果两个都删掉了，就需要第三个管理员
如果这时候某个管理员删的有三种，那么一定有一个管理的值班可以被替代
要删的区间内不可能每个管理都是天天删另外两个管理的人
因为这样的删除是必定会删除一天多一点或者两天的加入量的
在这段区间内的加入量赶不上删除量，总会有空出来可以替代的
自己多举点例子手模一下就可以了，不好描述清楚
所以无论如何都可以用三个管理员处理完所有情况
所以只需要分类讨论一下三种情况
如果只要一个管理就不能有删除
如果要两个管理那么按最上面的方法建的图就是一个二分图，判断是否为二分图即可
两种都不是那就是需要三个管理
对于任意两条边，每条边的两个端点分别组成一个区间
对于这两个区间只有不相交和包含两种关系，那么可以建一棵树来处理
每一个叶子节点就是一条边构成的区间，对于父节点来说，限制最紧的情况如下：
\([l,x_1],[x_1,x_2],[x_2,x_3],\cdots,[x_k-1,x_k],[x_k,r]\)
当然有可能中间的区间并没有拼接在一起
如果两端 \(l,r\) 分别是 \(1,2\) ，那么中间就可以用 \(3,1,3,1,3,1,\ldots\) 的方式拼接
算法就构建完了
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100010
using namespace std;
int n,a[N],b[N],prea[N],preb[N],col[N],mx = 0,stk[N],top = 0;
vector<int>e[N],g[N];
bool flag = 0,tag = 1;
void pb(int x,int y){
flag = 1;
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x);
return ;
}
void dfs(int x,int c){
col[x] = c;c^=1;
for(int i : e[x]){
if(col[i]!=-1){
if(col[i]!=c){
tag = 0;
return ;
}
continue;
}
dfs(i,c);
if(!tag) return ;
}
}
int main(){
freopen("group.in","r",stdin);
freopen("group.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
for(int i = 1;i<=n;i++){
e[i].clear();
g[i].clear();
col[i] = -1;
}
for(int i = 1;i<=n;i++)
cin>>a[i]>>b[i];
flag = 0,tag = 1;top = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++)
prea[i] = a[i],preb[i] = b[i];
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(a[i]){
while(b[stk[top]]<=a[i]&&a[i]>0){
pb(stk[top],i);
a[i]-=b[stk[top]];
top--;
}
if(a[i]){
b[stk[top]]-=a[i];
pb(stk[top],i);
}
}
if(b[i]) stk[++top] = i;
}
for(int i = 1;i<=n;i++)
if(col[i]==-1) dfs(i,0);
if(!flag){
cout<<"1\n";
for(int i = 1;i<=n;i++)
cout<<"1 ";
cout<<"\n";
continue;
}
if(tag){
cout<<"2\n";
for(int i = 1;i<=n;i++)
cout<<col[i]+1<<" ";
cout<<"\n";
continue;
}
for(int i = 1;i<=n;i++)
a[i] = prea[i],b[i] = preb[i];
top = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(a[i]){
while(b[stk[top]]<=a[i]&&a[i]>0){
g[i].push_back(stk[top]);
a[i]-=b[stk[top]];
top--;
}
if(a[i]) b[stk[top]]-=a[i];
}
stk[++top] = i;
}
for(int i = 1;i<=n;i++) col[i] = 0;
for(int i = 1;i<=top;i++)
col[stk[i]] = (i&1);
for(int i = n;i>=1;i--){
int u = col[stk[top]];top--;
int v = col[stk[top]],pos = 0,tmp = 0;
if(u==v) v++;
for(int j = 0;j<=2;j++)
if(j!=u&&j!=v) pos = j;
if(!g[i].size()) continue;
int idx[2] = {pos,v};
for(int j = g[i].size()-1;j>=0;j--){
int x = g[i][j];
stk[++top] = x;
col[x] = idx[tmp];
tmp^=1;
}
}
cout<<"3\n";
for(int i = 1;i<=n;i++)
cout<<col[i]+1<<" ";
cout<<"\n";
}
return 0;
}
有亿点点长
T2 xormex
题解
打表特判题，恶心吐了
通过打表可以发现强制 \(0\) 在最开头
这样可以使 \(xormex\) 变成了所有前缀 \(mex\) 的异或和，不是区间 \(mex\) 了，因为其他区间都为 \(0\)
不过需要特判一下 \(3 \ 2\) 的情况
再说判断无解
对于 \(n = 2^m,k<n\) 的情况一定无解，因为没有办法消除掉最高位的 \(1\) 而 \(k\) 最高位为 \(0\)
设数组 \(b_i\) 表示\([1,i]\) 的前缀 \(mex\) 和，明显有 \(b_1 = 1,b_n = n\)
设 $t = n \oplus 1 \oplus k $ , 只需要让 \((1,n)\) 区间内的 \(b\) 的异或和等于 \(t\) 就行了
大多数情况下，直接把 \(t\) 二进制拆位，然后把每一位从小到大放在 \(b\) 的最后几个位置即可。
问题在于对于前面几个贡献只有 \(1\) 的位置，如果有奇数个这样的位置, 就会导致异或和有 \(1\) 的差距
只需将第一个贡献不为 \(1\) 的位置改为 \(x \oplus 1\) 即可
对于最后一位是 \(n+1\) 的情况也需要特判，将最后三位改为 \(2,3,n\)
这道题总之就是特判就完了
对于 \(b\) 数组的还原就很简单了
#include<bits/stdc++.h>
#define N 140010
using namespace std;
int n,k,mex[N],b[N],a[N];
int popcount(int u){
u = (u&0x55555555)+((u>>1)&0x55555555);
u = (u&0x33333333)+((u>>2)&0x33333333);
u = (u&0x0f0f0f0f)+((u>>4)&0x0f0f0f0f);
u = (u&0x00ff00ff)+((u>>8)&0x00ff00ff);
u = (u&0x0000ffff)+((u>>16)&0x0000ffff);
return u;
}
int main(){
freopen("xormex.in","r",stdin);
freopen("xormex.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T;cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>k;
int mx = 1;
while(mx*2<=n) mx*=2;
if(k>2*mx-1){
cout<<"-1\n";
continue;
}
if(popcount(n)==1&&k<n){
cout<<"-1\n";
continue;
}
if((n==2&&k==2)||(n==3&&k==2)){
cout<<"-1\n";
continue;
}
if(n==3&&k==1){
cout<<"1 0 2\n";
continue;
}
if((n%4==0&&k==n)||(n%4==1&&k==1)){
for(int j = 0;j<n;j++)
cout<<j<<" ";
cout<<"\n";
continue;
}
if(n%4==2&&k==n){
for(int j = 0;j+2<n;j++)
cout<<j<<" ";
cout<<n-1<<" "<<n-2<<"\n";
continue;
}
for(int i = 1;i<n;i++)
mex[i] = 1;
mex[n] = n;b[0] = 0;
int u = (n^1^k);
while(u){
b[++b[0]] = (u&-u);
u-=(u&-u);
}
for(int i = b[0];i;i--)
mex[n-b[0]+i-1] = b[i];
if(n>=5&&n%2==1&&k==n-1)
mex[n-1] = 3,mex[n-2] = 2;
int t = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++) t^=mex[i];
if(t!=k){
for(int i = 2;i<=n;i++){
if(mex[i]!=1){
mex[i]^=1;
break;
}
}
}
for(int i = 1;i<=n;i++)
a[mex[i]] = 1;
cout<<"0 ";
for(int i = 2,j = 1;i<=n;i++){
if(mex[i]==1){
while(a[j]) j++;
cout<<j<<" ";
j++;
}else cout<<mex[i-1]<<" ";
}
cout<<"\n";
for(int i = 0;i<=n;i++) a[i] = 0;
}
return 0;
}
T3 可重集计数
题解
不是很会，直接贴题解
主要不是很明白容斥中 \(f\) 数组的表示
#include<bits/stdc++.h>
#define N 4010
using namespace std;
int n,m,k,mod,f[N][N],g[N][N],mx[N];
int getans(int m,int k){
if(k>mx[m]) return 0;
if(k<=m) return f[k][n];
int ans = 0,fl = 1;
for(int j = 0;j*(m+1)<=k;j++){
for(int x = j*(j+1)/2;x*(m+1)<=n;x++)
if(j&1) ans = (ans+1ll*(mod-g[j][x])*f[k-j*(m+1)][n-x*(m+1)])%mod;
else ans = (ans+1ll*g[j][x]*f[k-j*(m+1)][n-x*(m+1)])%mod;
fl = mod-fl;
}
return ans;
}
int main(){
freopen("multiset.in","r",stdin);
freopen("multiset.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin>>n>>mod;
f[0][0] = g[0][0] = 1;
for(int i = 1;i<=n;i++)
for(int j = i;j<=n;j++)
f[i][j] = (f[i-1][j-1]+f[i][j-i])%mod;
for(int i = 1;i<=n;i++)
for(int j = i*(i+1)/2;j<=n;j++)
g[i][j] = (g[i-1][j-i]+g[i][j-i])%mod;
for(m = 1;m<=n;m++){
int tmp = 0,ti = 0;
for(int i = 1;i<=n&&tmp<=n;i++)
for(int j = 1;j<=m&&tmp<=n;j++)
tmp+=i,ti++;
if(tmp<=n) ti = n;
mx[m] = ti;
}
long long sum = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++)
for(int j = 1;j<=n;j++)
sum+=getans(i,j);
cout<<sum;
return 0;
}
T4
照例，不会，前三题都那样了还想T4？
梦与现实间挣扎着，所求为何
你可以借走我的文章，但你借不走我的智慧 虽然我是傻逼本文来自博客园，作者：cztq，转载请注明原文链接：https://www.cnblogs.com/cztq/p/17755866.html
