AGC016
sta 老师的曲绘风格确实很科幻。艺术番茄。
上边挂着个数分学习笔记确实很怪。赶紧把这一章完结了。
我之前写的题解没了，还得重写一遍。
[AGC016A] Shrinking
你说的好像挺对的。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <iostream>
using namespace std;
int n;
char s[110];
bitset<26>b[110],tmp;
int main(){
scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
for(int i=1;i<=n;i++)b[i][s[i]-'a']=1;
for(int k=0;;k++){
tmp.set();
for(int i=1;i<=n-k;i++)tmp&=b[i];
if(tmp.any()){
printf("%d\n",k);return 0;
}
for(int i=1;i<n-k;i++)b[i]|=b[i+1];
}
return 0;
}
[AGC016B] Colorful Hats
？？？
首先 \(a_i\) 极差不超过 \(1\)。然后考虑两种情况：全相等和不全相等。
全相等的情况：这个数量要么 \(n-1\)，要么每种都不为 \(1\) 次，即乘 \(2\) 不超过 \(n\)。
不全相等的情况，设较小值为 \(a\)，个数为 \(cnt\)，那么它们是只出现一次的。于是 \(cnt<a+1\)，因为不能超过不止一种颜色的看到的颜色。然后剩下的 \(n-cnt\) 个出现不止一次，于是 \(2(n-cnt)\le n\)。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,a[100010];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
if(a[1]==a[n]){
if(a[1]==n-1||2*a[1]<=n)puts("Yes");
else puts("No");
}
else if(a[1]+1==a[n]){
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]==a[1])cnt++;
if(cnt<a[n]&&2*(a[n]-cnt)<=n-cnt)puts("Yes");
else puts("No");
}
else puts("No");
return 0;
}
[AGC016C] +/- Rectangle
首先观察样例得到一个显然构造：每个 \(h\times w\) 的矩阵尽量往右下放一个 \(-h\times w\)，其他放 \(1\)。很遗憾它是错的，交上去会挂两个点。
但是大体思路是没问题的，我们只要把这个数稍微开大点，开成 \(-h\times w\) 的 \(k\) 倍再减个 \(1\)，别的地方全放 \(k\) 就行了。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,m,h,w,a[510][510];
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&h,&w);
if(n%h==0&&m%w==0){
puts("No");return 0;
}
puts("Yes");
int k=1145;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(i%h==0&&j%w==0)a[i][j]=-(h*w-1)*k-1;
else a[i][j]=k;
printf("%d ",a[i][j]);
}
puts("");
}
return 0;
}
[AGC016D] XOR Replace
观察性质发现相当于加一个 \(n+1\) 位置为全局异或和，每次是一个位置和 \(n+1\) 位置交换。那么无解很好判。
容易发现不同位置形成置换环，那么每个置换环需要先和 \(n+1\) 换一步联通再花费环长代价换好。最后根据 \(n+1\) 位置是否在别的置换环里有 \(1\) 的贡献。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <bitset>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,a[100010],b[100010],fa[100010],tmp1[100010],tmp2[100010],sz[100010],s[100010];
int find(int x){
return x==fa[x]?fa[x]:fa[x]=find(fa[x]);
}
void merge(int x,int y){
x=find(x);y=find(y);
if(x==y)sz[x]++;
else fa[y]=x,sz[x]+=sz[y]+1,s[x]+=s[y];
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),a[n+1]^=a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]),b[n+1]^=b[i];
for(int i=1;i<=n+1;i++)tmp1[i]=a[i],tmp2[i]=b[i];
sort(tmp1+1,tmp1+n+2);sort(tmp2+1,tmp2+n+2);
for(int i=1;i<=n+1;i++){
if(tmp1[i]!=tmp2[i]){
puts("-1");return 0;
}
}
int cnt=unique(tmp1+1,tmp1+n+2)-tmp1-1;
for(int i=1;i<=cnt;i++)fa[i]=i,s[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=lower_bound(tmp1+1,tmp1+cnt+1,a[i])-tmp1;
b[i]=lower_bound(tmp1+1,tmp1+cnt+1,b[i])-tmp1;
if(a[i]!=b[i])merge(a[i],b[i]);
}
a[n+1]=lower_bound(tmp1+1,tmp1+cnt+1,a[n+1])-tmp1;
int ans=-(s[find(a[n+1])]!=1);
for(int i=1;i<=cnt;i++)if(find(i)==i&&s[i]!=1)ans+=sz[i]+1;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
[AGC016E] Poor Turkeys
这题想到倒推好像不难。
首先感性上就是枚举 \(i,j\) 统计。设个 \(dp_{i,j}\) 为要 \(i\) 活着 \(j\) 是否必须死，初始 \(dp_{i,i}=1\)。
那么转移倒着推回来，考虑每个关系，对于这个关系 \((x,y)\) 考虑所有 \(i\)，如果 \(i\) 活着时 \(x,y\) 都必须死，那么 \(x,y\) 至少在这里死一个，也就是 \(i\) 一定保不住。反之，如果一个必须死那么另一个必须在这里死掉。
统计答案的时候枚举 \(i,j\) 看必须死的集合是否相交就好了。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <bitset>
using namespace std;
int n,m,x[100010],y[100010];
bitset<410>v[410],ans;
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)v[i][i]=ans[i]=1;
for(int i=m;i>=1;i--){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(v[j][x[i]]&&v[j][y[i]])ans[j]=0;
else v[j][x[i]]=v[j][y[i]]=v[j][x[i]]|v[j][y[i]];
}
}
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!ans[i])continue;
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(!ans[j])continue;
if(!(v[i]&v[j]).count())cnt++;
}
}
printf("%d\n",cnt);
return 0;
}
[AGC016F] Games on DAG
十分神秘的题。
\(1,2\) 是独立的，于是相当于两个有向图游戏的和，即 \(\text{SG}(1)\oplus\text{SG}(2)\)。于是只要两个的 \(\text{SG}\) 值不等就先手必胜。
考虑计数 \(\text{SG}\) 相等的情况。设一个 \(dp_S\) 为考虑了 \(S\) 内的方案，且 \(1,2\) 一定都在 \(S\) 内。转移考虑枚举子集 \(T\)，使 \(S\) 内边连到 \(T\)。
那么考虑选边：假设我们已经确定了 \(\text{SG}\) 的序列 \(x\)，那么设 \(x_i=k\)，选边方案必须满足：
- 对于 \(v<k\)，至少连一个。
- 对于 \(v=k\)，不能连。
- 对于 \(v>k\)，随意。
于是每次转移考虑枚举 \(S\) 中 \(\text{SG}\) 值不为 \(0\) 的子集 \(T\)，那么 \(T\) 之间不能互相连边，\(S/T\) 中的点至少向 \(T\) 中的一个点连边。关于 \(S/T\) 中的点，如果没有 \(1,2\) 那么就可以随意互相连了，否则不能连。
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <bitset>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n,m,dp[1<<15],g[20],pw[410];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);pw[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
u--,v--;g[u]|=1<<v;
}
for(int i=1;i<=m;i++)pw[i]=(pw[i-1]<<1)%mod;
for(int s=0;s<(1<<n);s++){
if((s&3)!=3)continue;
dp[s]=1;
for(int t=s&(s-1);t;t=s&(t-1)){
int val=1;
if((t&3)==3){
for(int i=0;i<n;i++){
if(s>>i&1){
if(t>>i&1)val=1ll*val*(pw[__builtin_popcount(g[i]&(s^t))]-1)%mod;
else val=1ll*val*pw[__builtin_popcount(g[i]&t)]%mod;
}
}
dp[s]=(dp[s]+1ll*val*dp[t])%mod;
}
else if((t&3)==0){
for(int i=0;i<n;i++){
if(s>>i&1){
if(t>>i&1)val=1ll*val*(pw[__builtin_popcount(g[i]&(s^t))]-1)%mod*pw[__builtin_popcount(g[i]&t)]%mod;
else val=1ll*val*pw[__builtin_popcount(g[i]&t)]%mod;
}
}
dp[s]=(dp[s]+val)%mod;
}
}
}
int ans=(pw[m]-dp[(1<<n)-1]+mod)%mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
