【AtCoder】AGC012

AGC012

A - AtCoder Group Contest

从最后开始间隔着取就行

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 +c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N;
int a[MAXN * 3];
void Solve() {
    read(N);
    for(int i = 1 ; i <= 3 * N ; ++i) read(a[i]);
    sort(a + 1,a + 3 * N + 1);
    int64 ans = 0;
    for(int i = 3 * N - 1 ; i >= N + 1 ; i -= 2) {
	ans += a[i];
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

B - Splatter Painting

大意：有一张图，每个操作是把从v开始距离不超过d的点染成c，求每个点最后的颜色，d<=10

每个点拆成10个，表示从第i个点出发能延伸j长度的询问标号最大的颜色

从后往前处理颜色，遇到不能更新的停止即可

复杂度\(O(dN + M)\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 +c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
struct node {
    int to,next;
}E[MAXN * 2];
int head[MAXN],sumE;
int N,M,Q;
int dp[MAXN][11];
int c[MAXN],d[MAXN],v[MAXN];
void add(int u,int v) {
    E[++sumE].to = v;E[sumE].next = head[u];head[u] = sumE;
}
void dfs(int v,int d) {
    if(!d) return;
    for(int i = head[v] ; i ; i = E[i].next) {
	int t = E[i].to;
	if(dp[t][d - 1] < dp[v][d]) {
	    dp[t][d - 1] = dp[v][d];
	    dfs(t,d - 1);
	}
    }
}
void Solve() {
    read(N);read(M);
    int a,b;
    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
	read(a);read(b);
	add(a,b);add(b,a);
    }
    read(Q);
    for(int i = 1 ; i <= Q ; ++i) {
	read(v[i]);read(d[i]);read(c[i]);
    }
    for(int i = Q ; i >= 1 ; --i) {
	if(dp[v[i]][d[i]] < i) {
	    dp[v[i]][d[i]] = i;
	    dfs(v[i],d[i]);
	}
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	int g = 0;
	for(int j = 0 ; j <= 10 ; ++j) {
	    g = max(g,dp[i][j]);
	}
	out(c[g]);enter;
    }
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

C - Tautonym Puzzle

大意：构造一个字符串s长度不超过200，字符集不超过100，要求s的子序列中满足能长度为偶数，前一半字符串和后一半相同的个数正好为N

有点神仙的一道题

就是扔一个1,2,3,4,5,6...N在后面，前面构造一个序列使得最长上升序列为给定值即可

我们发现构造一个最长上升序列时，把最大值扔在前面可以+1，扔在最后可以乘2

那么N只要80左右，总长度是160左右就可以构出来了

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 +c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
vector<int> p;
int64 N;
void Solve() {
    read(N);
    int num = 0,t;
    ++N;
    for(int i = 40 ; i >= 0 ; --i) {
	if((N >> i) & 1) {
	    t = i;
	    break;
	}
    }
    for(int i = t - 1 ; i >= 0 ; --i) {
	++num;
	p.pb(num);
	if((N >> i) & 1) {
	    ++num;
	    p.insert(p.begin(),num);
	}
    }
    t = p.size();
    for(int i = 1 ; i <= t ; ++i) p.pb(i);
    out(p.size());enter;
    for(auto a : p) {
	out(a);space;
    }
    enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

D - Colorful Balls

大意：每次选两个相同颜色的球价值总和不超过X，或两个不同颜色的球价值不超过Y，可以交换位置，求不同的颜色序列数

可以把每个点如果能连到同颜色最小点，就和同颜色最小点的并查集连起来

否则如果已经是同颜色最小点或者和同颜色最小点无法连，就和异颜色最小点连起来

只需要处理出价值最小且颜色不同的前两个点即可

之后选出价值最小的那个点的集合（因为若颜色可以交换则一定和它在一个集合）用可重全排列的式子算一下即可

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
    	if(c == '-') f = -1;
    	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    	res = res * 10 +c - '0';
    	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int fac[MAXN],invfac[MAXN],N,X,Y;
int vp[MAXN],fa[MAXN],id[MAXN];
pii c[MAXN];
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
int fpow(int x,int c) {
    int res = 1,t = x;
    while(c) {
        if(c & 1) res = mul(res,t);
        t = mul(t,t);
        c >>= 1;
    }
    return res;
}
int getfa(int x) {
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = getfa(fa[x]);
}
void Solve() {
    read(N);read(X);read(Y);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        read(c[i].se);read(c[i].fi);
    }
    sort(c + 1,c + N + 1);
    int sec = 2;
    while(sec <= N && c[sec].se == c[1].se) ++sec;
    if(sec > N) {puts("1");return;}
    for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
        vp[c[i].se] = i;
        fa[i] = i;
    }
    for(int i = N ; i >= 1 ; --i) {
        if(i != vp[c[i].se] && c[i].fi + c[vp[c[i].se]].fi <= X) {
            fa[getfa(i)] = getfa(vp[c[i].se]);
        }
        else if(c[i].se != c[1].se && c[i].fi + c[1].fi <= Y) {
            fa[getfa(i)] = getfa(1);
        }
        else if(c[i].se != c[sec].se && c[i].fi + c[sec].fi <= Y) {
            fa[getfa(i)] = getfa(sec);
        }
    }
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
    invfac[N] = fpow(fac[N],MOD - 2);
    for(int i = N - 1 ; i >= 0 ; --i) invfac[i] = mul(invfac[i + 1],i + 1);
    int siz = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        if(getfa(i) == getfa(1)) {
            id[c[i].se]++;
            ++siz;
        }
    }
    int ans = fac[siz];
    for(int i = 1 ; i <= N; ++i) {
        ans = mul(ans,invfac[id[i]]);
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

E - Camel and Oases

大意：有n个绿洲排成一排，骆驼能装V的水，最多只能走V的路，或者跳一步到任一点，但是容量变成\(\lfloor \frac{V}{2} \rfloor\),已经储存的水变为0，到了一个绿洲可以吸水，一个绿洲可以吸任意多次的水，问从某个绿洲出发能否遍历所有绿洲

我们显然有\(log V\)种不同的容量，也就是当我们选择了一块区间（这个区间里的点两两距离不超过V，且至多只有logV个区间否则一定impossible）

对于每次容量时，我可以选择这个容量在区间左边用还是右边用，分别是前缀和后缀

于是我们对于前缀dp一个dp[S]表示用了S这个集合的容量，最远可以走遍的前缀是dp[S]，后缀同理

于是只需要求出来一个S，\(dpL[S] >= l - 1\)并且\(dpR[All \otimes S] <= r + 1\)即可认为这个区间里的点可以遍历所有绿洲了

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 +c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,V;
int x[MAXN],d[30],tot,r[30][MAXN],l[30][MAXN];
int dp[2][(1 << 19) + 5];
void Solve() {
    read(N);read(V);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(x[i]);
    d[0] = V / 2;
    while(d[tot]) {
	++tot;
	d[tot] = d[tot - 1] / 2;
    }
    for(int j = 0 ; j <= tot ; ++j) {
	r[j][N] = N;r[j][N + 1] = N + 1;
	for(int i = N - 1 ; i >= 1 ; --i) {
	    r[j][i] = i;
	    if(x[i + 1] - x[i] <= d[j]) r[j][i] = r[j][i + 1];
	}
	l[j][1] = 1;
	for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
	    l[j][i] = i;
	    if(x[i] - x[i - 1] <= d[j]) l[j][i] = l[j][i - 1];
	}
    }
    dp[0][0] = 0;dp[1][0] = N + 1;
    for(int S = 1 ; S < (1 << (tot + 1)) ; ++S) {
	dp[1][S] = N + 1;
	for(int j = 0 ; j <= tot ; ++j) {
	    if(S >> j & 1) {
		dp[0][S] = max(r[j][dp[0][S ^ (1 << j)] + 1],dp[0][S]);
		dp[1][S] = min(l[j][dp[1][S ^ (1 << j)] - 1],dp[1][S]);
	    }
	}
    }
    int cnt = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	int l = i,r = i;
	while(r < N && x[r + 1] - x[r] <= V) ++r;
	i = r;
	++cnt;
    }
    if(cnt - 1 > tot + 1) {
	for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	    puts("Impossible");
	}
	return;
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	int l = i,r = i;
	while(r < N && x[r + 1] - x[r] <= V) ++r;
	int A = (1 << tot + 1) - 1;
	bool f = 0;
	for(int S = 0 ; S < (1 << tot + 1) ; ++S) {
	    if(dp[0][S] >= l - 1 && dp[1][A ^ S] <= r + 1) {f = 1;break;}
	}
	for(int i = l ; i <= r ; ++i) {
	    if(f) puts("Possible");
	    else puts("Impossible");
	}
	i = r;
    }
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

F - Prefix Median

大意：2×N- 1个数，可以重排，每次拿前2×i - 1的中位数作为\(b_{i}\)，求不同的\(b_{i}\)的个数

从后往前数，最后一个肯定是全局中位数

事实上我们的选择需要满足第一个数在中间1个，第二个数在中间3个中，第三个数在中间5个中，数可以重复选择

还有要满足的就是不存在\((i < j) B_{j} < B_{i} < B_{j + 1}\)或者\((i < j) B_j > B_{i} > B_{j + 1}\)

这是必要的，可以证明这是充分的

也就是我们对于\(B_{1},B_{2}...B_{n}\)满足这些条件，就一定可以被构造出来

从后往前构造

\(B_{N}\)固定了

我们要选择\(B_{i}\)的时候，如果\(B_{i}\)和\(B_{i + 1}\)一样，我们就删掉左边未出现的数最大的，和右边未出现的数最小的

如果\(B_{i} < B_{i + 1}\)那么我们删掉\(B_1....B_{i - 1}\)中在右边未出现的最小的两个

最后一种情况同理

这样的话也就是已经存在的值域中选左右的两部分，不能选值域非端点的中间

dp状态是\(dp[i][j][k]\)表示从后往前填到第i个数，值域有j个数，当前数是第k个

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
	if(c == '-') f = -1;
	c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
	res = res * 10 +c - '0';
	c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
	out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 1000000007;
int N;
int dp[55][105][105];
int a[105],id[MAXN],tot;
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
void Solve() {
    read(N);
    for(int i = 1 ; i <= 2 * N - 1 ; ++i) read(a[i]);
    sort(a + 1,a + 2 * N);
    dp[1][1][1] = 1;
    for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
	for(int j = 1 ; j <= 2 * N - 1 ; ++j) {
	    for(int h = 1 ; h <= j ; ++h) {
		int tj = j,th = h;
		if(a[N + i] != a[N + i - 1]) ++tj;
		if(a[N - i] != a[N - i + 1]) ++tj,++th;
		for(int k = 1 ; k <= tj ; ++k) {
		    if(k < th)
			update(dp[i + 1][k + tj - th + 1][k],dp[i][j][h]);
		    else if(k > th)
			update(dp[i + 1][th + tj - k + 1][th + 1],dp[i][j][h]);
		    else if(k == th) 
			update(dp[i + 1][tj][th],dp[i][j][h]);
		}
	    }
	}
    }
    int ans = 0;
    for(int j = 1 ; j <= 2 * N - 1 ; ++j) {
	for(int h = 1 ; h <= j ; ++h) {
	    update(ans,dp[N][j][h]);
	}
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}