Codeforces SWERC 2021-2022 - Online Mirror 部分简要题解
A. Organizing SWERC
签到题
priority_queue<int> a[20];
int n;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T;cin>>T;
while (T--) {
cin>>n;
rep(i,1,n) {
int x,y;
cin>>x>>y;
a[y].push(x);
}
int ans=0;
rep(i,1,10) {
if (a[i].empty()) {
ans=-1;
break;
} else {
int x=a[i].top();
ans+=x;
}
}
if (ans<0) cout<<"MOREPROBLEMS"<<endl;
else cout<<ans<<endl;
rep(i,1,10) {
while (!a[i].empty()) a[i].pop();
}
}
}
B. Toys
咕
C. European Trip
记图的邻接矩阵为\(A\), 那么从\(i\)到\(j\)的长度为\(k\)的路径一共有\((A^k)_{ij}\)条, 所有起点和终点相同的路径数量为\(\mathrm{tr}(A^k)\).
考虑加上special trip的限制. 依然是考虑矩阵乘法, 假设路径长度为\(k\)时的矩阵为\(F_k\), 那么有转移式
\[F_k=F_{k-1}A-F_{k-2}(D-I)
\]
其中\(D\)表示度数矩阵, \(I\)表示单位矩阵. 将转移式写成分块矩阵乘法的形式.
\[\begin{bmatrix}
F_{k-1}&F_{k-2}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
A & I\\
I-D & 0
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
F_k&F_{k-1}
\end{bmatrix}
\]
则可直接快速幂.
namespace My_Math{
#define N 100000
int fac[N+100],invfac[N+100];
int add(int x,int y) {return x+y>=maxd?x+y-maxd:x+y;}
int dec(int x,int y) {return x<y?x-y+maxd:x-y;}
int mul(int x,int y) {return 1ll*x*y%maxd;}
ll qpow(ll x,int y)
{
ll ans=1;
while (y)
{
if (y&1) ans=mul(ans,x);
x=mul(x,x);y>>=1;
}
return ans;
}
int getinv(int x) {return qpow(x,maxd-2);}
int C(int n,int m)
{
if ((n<m) || (n<0) || (m<0)) return 0;
return mul(mul(fac[n],invfac[m]),invfac[n-m]);
}
void math_init()
{
fac[0]=invfac[0]=1;
rep(i,1,N) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
invfac[N]=getinv(fac[N]);
per(i,N-1,1) invfac[i]=mul(invfac[i+1],i+1);
}
#undef N
}
using namespace My_Math;
struct Matrix{
int n,m;
int x[N][N];
void out() {
rep(i,1,n) {
rep(j,1,m) cout<<x[i][j]<<" ";
cout<<endl;
}
cout<<endl;
}
};
Matrix operator *(Matrix &a,Matrix &b) {
Matrix c;
c.n=a.n;c.m=b.m;
rep(i,1,c.n) rep(j,1,c.m) c.x[i][j]=0;
rep(i,1,a.n) rep(j,1,a.m) rep(k,1,b.m)
c.x[i][j]=add(c.x[i][j],mul(a.x[i][k],b.x[k][j]));
return c;
}
Matrix qpow(Matrix x,int y) {
Matrix ans;ans.n=ans.m=x.n;
rep(i,1,ans.n) rep(j,1,ans.n) ans.x[i][j]=(i==j);
while (y) {
if (y&1) ans=ans*x;
x=x*x;y>>=1;
}
return ans;
}
Matrix a,b,d,A,tr;
int n,m,k;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin>>n>>m>>k;
a.n=a.m=b.n=b.m=n;
A.n=n;A.m=n*2;tr.n=n*2;tr.m=n*2;
rep(i,1,m) {
int u,v;
cin>>u>>v;
a.x[u][v]++;a.x[v][u]++;
d.x[u][u]++;d.x[v][v]++;
}
if (k==1) {
int ans=0;
rep(i,1,n) ans=add(ans,a.x[i][i]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
Matrix s1=a,s2=qpow(a,2);
rep(i,1,n) rep(j,1,n) s2.x[i][j]=dec(s2.x[i][j],d.x[i][j]);
//s2.out();
rep(i,1,n) rep(j,1,n) A.x[i][j]=s2.x[i][j];
rep(i,1,n) rep(j,1,n) A.x[i][j+n]=s1.x[i][j];
rep(i,1,n) rep(j,1,n) tr.x[i][j]=a.x[i][j];
rep(i,1,n) rep(j,1,n) tr.x[i+n][j]=dec((i==j),d.x[i][j]);
rep(i,1,n) rep(j,1,n) tr.x[i][j+n]=(i==j);
tr=qpow(tr,k-2);
//tr.out();
A=A*tr;
int ans=0;
rep(i,1,n) ans=add(ans,A.x[i][i]);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
D. Evolution of Weasels
提供一个比较奇怪的做法？
考虑一个包含A,B,C和单位元e的群\(G\), 其中元素的运算满足\(AA=BB=CC=ABAB=BCBC=e\). 根据前三项可知\(A,B,C\)的逆元就是本身. 又有\(AB=(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}=BA\), 同理\(BC=CB\).
或者注意到BA->AA[BA]BB->A[ABAB]B->AB.
所以在串中B的位置是无足轻重的, 可以随便将其挪动. 但A和C之间的相对关系无法被改变. 考虑\(u=v\)等价于\(uv^{-1}=e\). 故可以先计算出\(uv^{-1}\), 将其中所有的B移去后再成对的消去A或C, 判断最后能否得到一个空串.
char sta[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T;cin>>T;
while (T--) {
string u,v;
cin>>u>>v;
reverse(v.begin(),v.end());
string s=u+v;
int cnt=0;
string t="";
int n=s.size();
rep(i,0,n-1) {
if (s[i]=='B') cnt++;
else t=t+s[i];
}
if (cnt&1) cout<<"NO";
else {
n=t.size();
if (n&1) cout<<"NO";
else {
int tp=0;
rep(i,0,n-1) {
if ((!tp)||(sta[tp]!=s[i])) sta[++tp]=s[i];
else tp--;
}
if (tp==0) cout<<"YES";
else cout<<"NO";
}
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
E. Round Table
咕
F. Antennas
先把绝对值拆掉, \(i\)只能向\([i-p_i,i+p_i]\)中的点连边, 据此可以把\(p_i\)的限制丢掉.
先只考虑\(i>j\)的情况. 注意到每条边的边权为1, 于是在做dij的过程中, 每个点恰好被松弛一次. 所以可以在所有满足\(i\leq j+p_j\)的点\(j\)中找到一个还未松弛的\(j+p_j\)最大的点, 用\(i\)号点对其松弛, 在将其从考察的范围内删去. 不难发现找到这个点的过程需要进行区间查询和单点删除, 故可直接用线段树维护所有尚未松弛的点.
对于\(i<j\)的情况, 和上面一样再开一棵线段树进行维护即可.
int n,a[N],b[N],c[N],seg[N<<2][2];
bool vis[N];
queue<pii> q;
int max0(int x,int y) {if (b[x]>b[y]) return x;else return y;}
int max1(int x,int y) {if (c[x]<c[y]) return x;else return y;}
void modify(int id,int l,int r,int p,int op) {
if (l==r) {
seg[id][op]=0;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if (p<=mid) modify(id<<1,l,mid,p,op);
else modify(id<<1|1,mid+1,r,p,op);
seg[id][0]=max0(seg[id<<1][0],seg[id<<1|1][0]);
seg[id][1]=max1(seg[id<<1][1],seg[id<<1|1][1]);
}
int query0(int id,int l,int r,int ql,int qr) {
if ((l>=ql)&&(r<=qr)) return seg[id][0];
int mid=(l+r)>>1,ans=0;
if (ql<=mid) ans=max0(ans,query0(id<<1,l,mid,ql,qr));
if (qr>mid) ans=max0(ans,query0(id<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
return ans;
}
int query1(int id,int l,int r,int ql,int qr) {
if ((l>=ql)&&(r<=qr)) return seg[id][1];
int mid=(l+r)>>1,ans=0;
if (ql<=mid) ans=max1(ans,query1(id<<1,l,mid,ql,qr));
if (qr>mid) ans=max1(ans,query1(id<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
return ans;
}
void build(int id,int l,int r) {
if (l==r) {
seg[id][0]=seg[id][1]=l;
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(id<<1,l,mid); build(id<<1|1,mid+1,r);
seg[id][0]=max0(seg[id<<1][0],seg[id<<1|1][0]);
seg[id][1]=max1(seg[id<<1][1],seg[id<<1|1][1]);
}
int main() {
//ios::sync_with_stdio(false);
//cin.tie(0); cout.tie(0);
int T;cin>>T;
while (T--) {
int st,ed;
cin>>n>>st>>ed;
rep(i,1,n) cin>>a[i];
rep(i,1,n) {
b[i]=i+a[i];
c[i]=i-a[i];
}
b[0]=0;c[0]=n*3;
build(1,1,n);
q.push(mkp(st,0));
while (!q.empty()) {
pii now=q.front();q.pop();
int u=now.fir;
if (u==ed) {
cout<<now.sec<<endl;
break;
}
if (vis[u]) continue;vis[u]=1;
int l=max(1,u-a[u]),r=min(n,u+a[u]);
while (1) {
int v=query0(1,1,n,l,u);
if (b[v]<u) break;
q.push(mkp(v,now.sec+1));
modify(1,1,n,v,0);
}
while (1) {
int v=query1(1,1,n,u,r);
if (c[v]>u) break;
q.push(mkp(v,now.sec+1));
modify(1,1,n,v,1);
}
}
while (!q.empty()) q.pop();
rep(i,1,n) vis[i]=0;
}
return 0;
}
G. Gastronomic Event
咕
H. Boundary
先考虑长宽相等的情况, 不难发现只有\((n-1,m-1),(n,m-2),(n-2,m)\)这三种情况.
再考虑长宽不等的情况, 此时\(n,n-2\)和\(m,m-2\)这两组数中必有一组同时存在, 于是只会有2是可能合法的.
set<int> s;
void solve(int n,int m) {
if ((n<0)||(m<0)) return;
int d=__gcd(n,m);
for (int i=1;i*i<=d;i++) {
if (d%i==0) {s.insert(i);s.insert(d/i);}
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T;cin>>T;
while (T--) {
int n,m;
cin>>n>>m;
s.clear();
solve(n-1,m-1);
solve(n,m-2);
solve(n-2,m);
s.insert(2);
int siz=s.size();
cout<<siz<<" ";
set<int>::iterator it;
for (it=s.begin();it!=s.end();it++) cout<<(*it)<<" ";
cout<<endl;
}
}
I. Ice Cream Shop
对于第\(i\)个hut. 假设离它最近的seller与它的距离为\(d_i\), 那么只有将新的商店设在\((y_i-d_i,y_i+d_i)\)里时才能得到\(p_i\)的收益(\(y_i\)为hut的位置). 直接差分统计即可.
int n,m,p[N],b[N];
map<ll,ll> a;
int main() {
cin>>n>>m;
rep(i,1,n) cin>>p[i];
rep(i,1,m) cin>>b[i];
sort(b+1,b+1+m);
b[m+1]=2e9;b[0]=-200;
rep(i,1,n) {
int np=(i-1)*100;
int pos=lower_bound(b,b+m+2,np)-b;
int r=pos,l=pos-1;
ll d=min(b[r]-np,np-b[l]);
a[np-d]+=p[i];a[np+d]-=p[i];
}
ll ans=0,now=0;
for (auto &x:a) {
now+=x.sec;
ans=max(ans,now);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
J. Training Camp
咕
K. Pandemic Restrictions
咕
L. Il Derby della Madonnina
朴素的dp式如下
\[f_i=\max(f_j+1),\quad (v(t_i-t_j)\geq |a_i-a_j|)
\]
将绝对值拆开, 当\(a_i\leq a_j\)时有\(vt_i+a_i\geq vt_j+a_j\); 当\(a_i>a_j\)时有\(vt_i-a_i\geq vt_j-a_j\).
分别将这两个式子记作(1)和(2). 注意到当\(a_i\leq a_j\)时若满足(1)式则自动满足(2)式; 当\(a_i> a_j\)时若满足(2)式则自动满足(1)式. 所以最后合法的\(i\)所构成的集合中\((vt_i+a_i,vt_i-a_i)\)的两维均是单调递增的. 仿照LIS的方式进行处理即可.
int n,a[N],b[N],t[N],tot;
ll v,f[N];
pair<ll,ll> p[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin>>n>>v;
rep(i,1,n) cin>>t[i];
rep(i,1,n) cin>>a[i];
rep(i,1,n) p[i]=mkp(v*t[i]-a[i],v*t[i]+a[i]);
sort(p+1,p+n+1);
rep(i,1,n) {
ll tmp=p[i].sec;
if ((p[i].fir<0)||(p[i].sec<0)) continue;
if (tmp>=f[tot]) f[++tot]=tmp;
else {
int p=upper_bound(f+1,f+1+tot,tmp)-f;
f[p]=tmp;
}
}
cout<<tot;
return 0;
}
M. Bottle Arrangements
如果合法则一定存在一种形如RR...RWW...W的方案.
int n,m;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T;cin>>T;
while (T--) {
cin>>n>>m;
int mx1=0,mx2=0;
rep(i,1,m) {
int r,w;
cin>>r>>w;
mx1=max(r,mx1);
mx2=max(w,mx2);
}
if (mx1+mx2>n) cout<<"IMPOSSIBLE";
else {
mx2=n-mx1;
rep(i,1,mx1) cout<<"R";
rep(i,1,mx2) cout<<"W";
}
cout<<endl;
}
}
N. Drone Photo
考虑如下的合法情况
1---2 1---3
| | | |
| | | |
3---4 2---4
注意到对于所有的合法情况, 一定恰好存在两个位置. 使得在包含它自身和合法情况中与它相邻的两个数构成的三元组中它的大小处于中间位置.
而对于如下的非法情况
1---4 1---3
| | | |
| | | |
3---2 4---2
一定不存在上述中的位置.
直接对上述描述中的三元组的总数计数, 根据分析其恰好为答案的两倍.
int n,a[N][N],r[N][N],c[N][N],row[N],col[N];
pii pos[N*N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin>>n;
rep(i,1,n) rep(j,1,n) {
cin>>a[i][j];
pos[a[i][j]]=mkp(i,j);
}
rep(x,1,n*n) {
int i=pos[x].fir,j=pos[x].sec;
r[i][j]=row[i];
c[i][j]=col[j];
row[i]++;col[j]++;
}
ll ans=0;
rep(i,1,n) rep(j,1,n) ans+=(n-1-r[i][j])*c[i][j]+r[i][j]*(n-1-c[i][j]);
cout<<ans/2<<endl;
return 0;
}
O. Circular Maze
注意到在题设极坐标中\((r,\theta)\)在离散意义上的数量并不多. 于是可以用数组把所有限制表示出来然后从原点暴力dfs即可. 具体细节可查看下面的程序.
int n,a[21][400],b[400],c[21][400];
int vis[21][400];
string s;
void dfs(int r,int d) {
if (vis[r][d]) return;
vis[r][d]=1;
if (r==20) return;
int dl=0,dr=360;
if (b[r]>1) {
dl=d;dr=(d+1)%360;
while (!c[r][dl]) dl=(dl-1+360)%360;
while (!c[r][dr]) dr=(dr+1)%360;
}
while (dl!=dr) {
if (!a[r+1][dl]) dfs(r+1,dl);
if ((r)&&(!a[r][dl])) dfs(r-1,dl);
if ((dr==360) && (dl==359)) break;
dl=(dl+1)%360;
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T;cin>>T;
while (T--) {
rep(i,0,20) {
b[i]=0;
rep(j,0,359) c[i][j]=a[i][j]=vis[i][j]=0;
}
cin>>n;
rep(i,1,n) {
cin>>s;
if (s[0]=='C') {
int r,d1,d2;
cin>>r>>d1>>d2;
while (d1!=d2) {
a[r][d1]=1;
d1=(d1+1)%360;
}
} else {
int r1,r2,d;
cin>>r1>>r2>>d;
while (r1<r2) {
c[r1][d]=1;
b[r1]++;
r1++;
}
}
}
dfs(0,0);
int ok=0;
rep(i,0,359) ok|=vis[20][i];
if (ok) cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
return 0;
}
