【AGC板刷记录】
这个帖子，是在自己学知识点累了的时候就看看\(AGC\)的题目来休息。
而且白天上课可以做（
AGC-001
\(A\ BBQ Easy\)
考虑从小到大排，相邻两个取为一对。
BBQ Easy
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define N 100000
ll n;
ll num[N],ans;
int main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i = 1;i <= 2 * n;++i)
scanf("%lld",&num[i]);
std::sort(num + 1,num + 2 * n + 1);
for(int i = 2 * n - 1;i >= 1;i -= 2)
ans += num[i];
std::cout<<ans<<std::endl;
}
\(B\ Mysterious Light\)
光线实则是在平行四边形里游走的。
Mysterious Light
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
LL n,x,ans,x1,x2;
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&x);
ans=n;
x1=x,x2=n-x;
while(1)
{
if(x1<x2) swap(x1,x2);
if(!x2) break;
if(x1%x2==0) ans-=x2;
ans+=x2*(x1/x2)*2;
x1-=x2*(x1/x2);
}
printf("%lld\n",ans);
}
\(C\ Shorten Diameter\)
考虑\(n\)很小，考虑枚举直径中间的那个点/边，以他为中间的树高不能超过\(\frac{k}{2}\)
暴力\(dfs\)就行了。
明天机房要封起来，什么体育机考。。。
明天安心卷文化课吧。
Shorten Diameter
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define N 40005
struct P{int fr,to,next;}e[N];
ll n,k,head[N],cnt;
inline void add(ll x,ll y){
e[++cnt].to = y;
e[cnt].fr = x;
e[cnt].next = head[x];
head[x] = cnt;
}
ll tot,ans;
inline void dfs(ll u,ll fa,ll st){
tot ++ ;
if(st == 0)
return ;
for(int i = head[u];i;i = e[i].next){
int v = e[i].to;
if(v == fa)
continue;
dfs(v,u,st - 1);
}
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(int i = 1;i <= n - 1;++i){
ll x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
add(x,y);
add(y,x);
}
if(k % 2 == 1){
for(int i = 1;i <= cnt;++i){
tot = 0;
ll u = e[i].fr,v = e[i].to;
dfs(u,v,k / 2);
dfs(v,u,k / 2);
ans = std::max(ans,tot);
}
}
if(k % 2 == 0){
for(int i = 1;i <= n;++i)
tot = 0,dfs(i,0,k / 2),ans = std::max(ans,tot);;
}
std::cout<<n - ans<<std::endl;
}
\(D\ Arrays and Palindrome\)
回来了。
这题是看题解做的。
因为没有怎么看懂题目。
考虑把相等的点连上边，那么要求的是让所有点连上一起。
然后发现如果说出现一个长度为奇数的回文串，最中间的那个点就会没有线连，然后为了让它和其他的点连上，这个点的度数必须是1，然后为了保证一笔画，这样的点必须至多出现两个，所以奇数长度的回文串至多只能有两个，否则就无解了，然后多画几组会发现。。如果出现奇数长度的回文串它们还必须出现在一头一尾
那么就开始构造
那么剩下的就是构造啦
当全部都是偶数的时候，我们在最开头先放一个1，这样后面就错开了，然后第1到m−1都可以直接复制下来，至于最后一个回文串，我们可以放一堆2中间夹一个1这样（具体自己画一下就知道了）
当有一个奇数的时候，我们把它放在A的最后，B的前面部分的构造方式同上，最后一个长度为奇数的回文串就简单一些，直接全部上2就好了
当有两个奇数的时候，我们将其放在一头一尾，然后B的第一个元素设成\(A1+1\)，这样后面的情况就和只有一个奇数、并且已经放了一个1的情况一样了，剩下的构造同上
这些都其他人的题解，自己果真是不会做构造题的。
Arrays and Palindrome
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a[N],b[N*2],lis[3];
int n,m,cnt;
bool firstcheck(){
int cnt=0;
for (int i=1;i<=n;++i)
cnt+=a[i]&1;
return cnt<=2;
}
void get_b(){
int sum;
if (cnt==0){
b[++b[0]]=1; sum=m-1;
for (int i=1;i<n;++i) b[++b[0]]=a[i],sum-=a[i];
if (sum==0) return;
sum-=1; sum/=2;
for (int i=1;i<=sum/2;++i) b[++b[0]]=2;
b[++b[0]]=1;
for (int i=sum/2+1;i<=sum;++i) b[++b[0]]=2;
}
else if (cnt==1){
b[++b[0]]=1;
for (int i=1;i<n;++i) b[++b[0]]=a[i];
for (int i=1;i<=(a[n]-1)/2;++i) b[++b[0]]=2;
}
else{
b[++b[0]]=a[1]+1;
for (int i=2;i<n;++i) b[++b[0]]=a[i];
for (int i=1;i<=(a[n]-1)/2;++i) b[++b[0]]=2;
}
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
scanf("%d%d",&m,&n);
for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);
if (!firstcheck()){printf("Impossible\n"); return 0;}
cnt=0;
for (int i=1;i<=n;++i){
if ((a[i]&1))
lis[++cnt]=i;
}
if (lis[1]) swap(a[n],a[lis[1]]);
if (lis[2]) swap(a[1],a[lis[2]]);
for (int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",a[i]); printf("\n");
get_b();
printf("%d\n",b[0]);
for (int i=1;i<=b[0];++i) printf("%d ",b[i]); printf("\n");
}
\(E\ BBQ Hard\)
考虑求这么一个柿子。
\(\sum_i^n\sum_{j = i + 1}^n\binom{a_i + b_i + a_j + b_j}{a_i + a_j}\)
好精妙的一个题目。发现虽然\(n^2\)不在我们的承受范围内，但是\(A^2\)在，看到这种特殊的数据范围，我们应该保持敏感。
我们考虑组合意义\(\binom{a_i + b_i + a_j + b_j}{a_i + a_j}\)为\((-a_i,-b_i)\)到\((a_j,b_j)\)的方案数。
考虑直接\(dp\)求得。
然后变形柿子，
\(Ans = \frac{1}{2}(\sum_i^n\sum_{j}^n\binom{a_i + b_i + a_j + b_j}{a_i + a_j} - \binom{a_i + b_i + a_i + b_i}{a_i + a_i})\)
BBQHard
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define N 2005
#define mod 1000000007
ll f[2 * N + 5][2 * N + 5],a[N * 100],b[N * 100],s[4 * N + 5],inv[4 * N + 5];
ll n;
inline ll C(ll a,ll b){return (s[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod) % mod;}
inline ll pow(ll a,ll b){
ll ans = 1;
while(b){
if(b & 1)
ans = a * ans % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll ans = 0;
int main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i = 1;i <= n;++i)
scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]),f[N - a[i]][N - b[i]] ++ ;
for(int i = 1;i <= 2 * N;++i)
for(int j = 1;j <= 2 * N;++j)
f[i][j] = (f[i - 1][j] + f[i][j - 1] + f[i][j]) % mod;
s[0] = 1;
for(int i = 1;i <= 4 * N;++i)
s[i] = (s[i - 1] * i) % mod;
inv[4 * N] = pow(s[4 * N],mod - 2);
for(int i = 4 * N - 1;i >= 1;--i)
inv[i] = (inv[i + 1] * (i + 1)) % mod;
for(int i = 1;i <= n;++i)
ans = (ans + f[N + a[i]][N + b[i]] - C(a[i] + a[i] + b[i] + b[i],a[i] + a[i]) + mod) % mod;
std::cout<<(ans * inv[2] % mod)%mod<<std::endl;
}
\(F\ Wide Swap\)
不太会做的。
题解都看了挺久的。
考虑先把这个序列变换一下成为\(Q\)
使\(Q_{p_i} = i\)
那么也是尽量让\(Q\)的排列更小。
那么对于一个\(Q_i - Q_j\)的绝对值小于\(k\)的数值\(Q_i,Q_j\)其相对位置是不变的。
这个大小关系具有传递性，所以一个点只要向他的边界连边就行了。
然后拓扑序列一下就好了（注意要把所有边反向，然后拓扑排序（也就是倒着拓扑排序），但每次优先取编号最大的点，拓扑编号也从 N 往 1 编号）。
代码鸽了。
（总算是写完一套\(AGC\)了，感觉没几题会做的。继续努力吧）
AGC-002
\(A\)
直接考虑判断。
代码不放了。
\(B\ Box and Ball\)
考虑维护这些东西，每个盒子的大小:now[x],以及当前是否有可能有红球may[x]
直接模拟维护就好，最后统计答案。
Box and Ball
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define N 100005
ll n,m,now[N];
bool may[N],out[N];
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
may[1] = 1;
for(int i = 1;i <= n;++i)
now[i] = 1;
for(int i = 1;i <= m;++i){
ll x,y;
scanf("%lld%lld",&x,&y);
if(now[x]){
if(may[x]){
may[y] = may[x];
}
now[x] -- ,now[y] ++ ;
if(!now[x])
may[x] = 0;
}
}
ll ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;++i)
if(may[i])
ans ++ ;
std::cout<<ans<<std::endl;
}
[AGC002C] Knot Puzzle
这题写了个不知名贪心。
正确性确实会证。
但是没过。。。
所以先鸽着。
[AGC002E] Candy Piles
开始觉得是对抗搜索，后来觉得是博弈论推结论，后来发现是神仙题。
考虑先把所有的数都排序，那么每次的操作就是把左边一列删除，或者把下面一行删除，那么很轻松的就能求出
观察性质，则有在对角线上的颜色都是一样的，且同一列和同一行的颜色交替出现，那么判断一下(0,0)是不是必胜点就行了。
[AGC002E] Candy Piles
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <class T>
inline void read(T &x) {
x = 0;
char c = getchar();
bool f = 0;
for (; !isdigit(c); c = getchar()) f ^= c == '-';
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
x = f ? -x : x;
}
template <class T>
inline void write(T x) {
if (x < 0) {
putchar('-');
x = -x;
}
T y = 1;
int len = 1;
for (; y <= x / 10; y *= 10) ++len;
for (; len; --len, x %= y, y /= 10) putchar(x / y + 48);
}
const int MAXN = 1e5;
int n, a[MAXN + 5];
int main() {
read(n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) read(a[i]);
sort(a + 1, a + n + 1, greater<int>());
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (i + 1 > a[i + 1]) {//找到以原点为左下角的最大正方形，其右上方顶点为 (i, i)
int j = 0;
for (; a[j + i + 1] == i; ++j);
if (((a[i] - i) & 1) || (j & 1)) puts("First");
else puts("Second");
break;
}
return 0;
}
这题之后可能会另开一个博客。感觉全写在这里有点乱
