【AtCoder】AGC034

AGC034

刷了那么久AtCoder我发现自己还是只会ABCE（手动再见

A - Kenken Race

大意是一个横列，每个点可以跳一步或者跳两步，每个格子是空地或者石头，要求每一步不能走到石头或者有人的格子上，求是否能把\(A\)移动到\(C\)，\(B\)移动到\(D\)，\(A < C,B < D,A < B\)

看\(A\)到\(C\)和\(B\)到\(D\)的路上有没有两个连在一起的石头，有就不合法

如果\(A\)需要越过\(B\)，则看\(B\)到\(D\)的路上有没有三个连在一起的空格，没有就不合法

#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 ba 47
//#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,A,B,C,D;
char s[MAXN];
void Solve() {
    read(N);read(A);read(B);read(C);read(D);
    scanf("%s",s + 1);
    int ed = max(C,D),st = min(A,B);
    for(int i = st + 1 ; i <= ed ; ++i) {
	if(s[i] == '#' && s[i - 1] == '#') {
	    puts("No");return;
	}
    }
    if(C > D) {
	bool f = 0;
	for(int i = B ; i <= D ; ++i) {
	    if(s[i] == '.' && s[i - 1] == '.'  && s[i + 1] == '.') {f = 1;break;}
	}
	if(!f) {puts("No");return;}
    }
    puts("Yes");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

B - ABC

每次选择\(ABC\)可以变成\(BCA\)，问最多几次操作

统计以\(i\)为开始的后缀紧跟着有多少\(BC\)

如果\(s[i] == B,s[i + 1] == C\)那么\(suf[i] = suf[i + 2] + 1\)

如果\(s[i] == A\)那么\(suf[i] = suf[i + 1]\)

答案是每个\(s[i] == A\)的\(suf[i]\)

#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 ba 47
//#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);
}
char s[MAXN];
int L,suf[MAXN];
void Solve() {
    scanf("%s",s + 1);
    L = strlen(s + 1);
    int64 ans = 0;
    for(int i = L - 1; i >= 1 ; --i) {
	if(s[i] == 'B' && s[i + 1] == 'C') suf[i] = suf[i + 2] + 1;
	else if(s[i] == 'A') {
	    suf[i] = suf[i + 1];
	    ans += suf[i];
	}
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

C - Tests

大意是两个人一起考试，第一个人可以给每科分数分配一个重要度（每科的重要度是一个区间，第一个人在这个区间里选），然后自己拼命学，每学一科一小时这科分数就会+1，分数有上限是X，要求最后第一个人每科分数乘每科重要度大于等于第二个人每科分数乘每科重要度，求第一个人至少要学多久

考虑一下，如果每科重要度固定了，第一个人肯定先把重要度最大的学到满分，再学次大的，答案肯定会是若干个X，加上至多一科不到X的

有了答案的形式，我们回过头来看这个问题，可以对于计算每一科学到X后领先了第二个人多少，贪心的选k个X使得再选一个X，第一个人就超过第二个了

然后枚举每一科，加上除了自己之外最大的k个X，再枚举这一科学多久能超过第二个人，是个单调的函数，可以二分，于是就做完了

#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 ba 47
//#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,pos,id[MAXN];
int64 l[MAXN],u[MAXN],b[MAXN],val[MAXN],X,all;
bool vis[MAXN];
void Solve() {
    read(N);read(X);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	read(b[i]);read(l[i]);read(u[i]);
	all -= b[i] * l[i];
	val[i] = (X - b[i]) * u[i] + b[i] * l[i];
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) id[i] = i;
    sort(id + 1,id + N + 1,[](int a,int b){return val[a] > val[b];});
    int64 sum = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	sum += val[id[i]];
	if(sum + all >= 0) {pos = i - 1;sum -= val[id[i]];break;}
	vis[id[i]] = 1;
    }
    all += sum;
    int64 ans = (pos + 1) * X; 
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	int64 tmp = all;
	if(vis[i]) {tmp -= val[i];tmp += val[id[pos + 1]];}
	int64 L = 0,R = X + 1;
	while(L < R) {
	    int64 mid = (L + R) >> 1;
	    int64 sc = 0;
	    if(mid >= b[i]) sc = (mid - b[i]) * u[i];
	    else sc = (mid - b[i]) * l[i];
	    if(tmp + b[i] * l[i] + sc >= 0) R = mid;
	    else L = mid + 1;
	}
	if(R <= X) {
	    ans = min(ans,pos * X + R);
	}
    }
    out(ans);enter;
    
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

D - Manhattan Max Matching

题意是平面上有n个红点和n个蓝点，每个红点和蓝点有若干个红球或蓝球，总数相等，要求红蓝球两两匹配，每个匹配的价值是两点曼哈顿距离，总数不超过10000，n<=1000

水平低，看见费用流的题总是做不出来

由于费用流的优秀性质，很容易发现费用流可以帮助我们在四种曼哈顿距离展开式中选择最大的那种，于是我们建立四种点表示四种展开式，边数就不是\(N^2\)而是\(N\)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 2005
#define ba 47
//#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 S,T,Ncnt,N;
int a[2][MAXN],ty[4];
struct node {
    int to,next,cap;int64 val;
}E[MAXN * 100];
int head[MAXN * 2],sumE = 1;
int rx[MAXN],ry[MAXN],rc[MAXN];
int bx[MAXN],by[MAXN],bc[MAXN];
int dx[4] = {1,1,-1,-1};
int dy[4] = {1,-1,1,-1};

void add(int u,int v,int c,int64 a) {
    E[++sumE].to = v;
    E[sumE].next = head[u];
    E[sumE].cap = c;
    E[sumE].val = a;
    head[u] = sumE;
}
void addtwo(int u,int v,int c,int64 a) {
    add(u,v,c,a);
    add(v,u,0,-a);
}
int64 dis[MAXN];bool inq[MAXN];
int preE[MAXN];
queue<int> Q;
int64 SPFA() {
    for(int i = 1 ; i <= Ncnt ; ++i) dis[i] = -1e18;
    memset(inq,0,sizeof(inq));
    dis[S] = 0;inq[S] = 1;Q.push(S);
    while(!Q.empty()) {
	int u = Q.front();Q.pop();inq[u] = 0;
	for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
	    int v = E[i].to;
	    if(E[i].cap) {
		if(dis[v] < dis[u] + E[i].val) {
		    dis[v] = dis[u] + E[i].val;
		    preE[v] = i;
		    if(!inq[v]) {Q.push(v);inq[v] = 1;}
		}
	    }
	}
    }
    return dis[T];
}
void Init() {
    read(N);
    S = ++Ncnt;
    for(int i = 0 ; i < 2 ; ++i) {
	for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
	    a[i][j] = ++Ncnt;
	}
    }
    for(int i = 0 ; i < 4 ; ++i) ty[i] = ++Ncnt;
    T = ++Ncnt;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {read(rx[i]);read(ry[i]);read(rc[i]);}
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {read(bx[i]);read(by[i]);read(bc[i]);}
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	addtwo(S,a[0][i],rc[i],0);
	for(int j = 0 ; j < 4 ; ++j) {
	    addtwo(a[0][i],ty[j],1e9,dx[j] * rx[i] + dy[j] * ry[i]);
	}
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	addtwo(a[1][i],T,bc[i],0);
	for(int j = 0 ; j < 4 ; ++j) {
	    addtwo(ty[j],a[1][i],1e9,-dx[j] * bx[i] - dy[j] * by[i]);
	}
    }
}
void Solve() {
    int64 ans = 0;
    while(SPFA() > 0) {
	int p = preE[T],f = 1e9;
	while(p) {
	    f = min(f,E[p].cap);
	    p = preE[E[p ^ 1].to];
	}
	ans += dis[T] * f;
	p = preE[T];
	while(p) {
	    E[p].cap -= f;E[p ^ 1].cap += f;
	    p = preE[E[p ^ 1].to];
	}
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Init();
    Solve();
}

E - Complete Compress

题意：每个点初始时可能有一个标记，每次可以选择两个至少有一个标记的点，初始的时候点要距离至少为2，然后同时往离的更近的地方走一步，问可不可能把所有点移到一个点上，并且求最小距离

枚举终点\(u\)，如果所有带标记的点和\(u\)的距离的和是\(x\)，那么如果\(x\)是奇数显然走不到，如果\(x\)是偶数，那么答案一定是\(\frac{x}{2}\)现在我们只要判答案是否存在

存在的前提是\(u\)去掉后每个子树中的点可以和不同子树中的配对，满足条件是含有点最多的子树中的点的个数小于等于所有点的一半

但是可能子树里也可以两两配对，减小一部分距离，我们就自底向上dp计算每个点最多可以减少多少的距离

#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 500005
#define ba 47
//#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 MAXV = 150000,LEN = 450000;
int N,M;
int a[MAXN],d;
int cnt[LEN + 5];
int getpos(int x) {
    return x - d + MAXV;
}
struct node {
    int l,r,val,cnt,lz;
}tr[LEN * 4 + 5];
void update(int u) {
    tr[u].val = min(tr[u << 1].val,tr[u << 1 | 1].val);
    tr[u].cnt = 0;
    if(tr[u].val == tr[u << 1].val) tr[u].cnt += tr[u << 1].cnt;
    if(tr[u].val == tr[u << 1 | 1].val) tr[u].cnt += tr[u << 1 | 1].cnt;
}
void build(int u,int l,int r) {
    tr[u].l = l;tr[u].r = r;
    if(l == r) {tr[u].cnt = 1;return;}
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(u << 1,l,mid);
    build(u << 1 | 1,mid + 1,r);
    update(u);
}
void addlz(int u,int v) {
    tr[u].val += v;tr[u].lz += v;
}
void pushdown(int u) {
    if(tr[u].lz) {
	addlz(u << 1,tr[u].lz);
	addlz(u << 1 | 1,tr[u].lz);
	tr[u].lz = 0;
    }
}
void add(int u,int l,int r,int v) {
    if(tr[u].l == l && tr[u].r == r) {
	addlz(u,v);
	return;
    }
    pushdown(u);
    int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
    if(r <= mid) add(u << 1,l,r,v);
    else if(l > mid) add(u << 1 | 1,l,r,v);
    else {add(u << 1,l,mid,v);add(u << 1 | 1,mid + 1,r,v);}
    update(u);
}
pii Query(int u,int l,int r) {
    if(tr[u].l == l && tr[u].r == r) return mp(tr[u].val,tr[u].cnt);
    pushdown(u);
    int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
    if(r <= mid) return Query(u << 1,l,r);
    else if(l > mid) return Query(u << 1 | 1,l,r);
    else {
	pii a = Query(u << 1,l,mid),b = Query(u << 1 | 1,mid + 1,r);
	if(a.fi > b.fi) swap(a,b);
	if(a.fi == b.fi) a.se += b.se;
	return a;
    }
}
void Solve() {
    read(N);read(M);
    build(1,1,LEN);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
	read(a[i]);
	a[i] += MAXV;
	add(1,a[i] - cnt[a[i]],a[i] - cnt[a[i]],1);
	cnt[a[i]]++;
    }
    int p,x;
    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
	read(p);read(x);
	if(p == 0) {
	    if(x == 1) {
		if(cnt[getpos(N)]) {add(1,getpos(N) - cnt[getpos(N)] + 1,getpos(N),-1);}
	    }
	    else {
		if(cnt[getpos(N + 1)]) {add(1,getpos(N + 1) - cnt[getpos(N + 1)] + 1,getpos(N + 1),1);}
	    }
	    d += x;
	}
	else {
	    if(a[p] <= getpos(N)) {
		add(1,a[p] - cnt[a[p]] + 1,a[p] - cnt[a[p]] + 1,-1);
	    }
	    cnt[a[p]]--;
	    a[p] = x - d + MAXV;
	    if(a[p] <= getpos(N)) {
		add(1,a[p] - cnt[a[p]],a[p] - cnt[a[p]],1);
	    }
	    cnt[a[p]]++;
	}
	pii res = Query(1,getpos(1),getpos(N));
	int ans = 0;
	if(res.fi == 0) ans = res.se;
	out(ans);enter;
    }
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

F - RNG and XOR

题目大意：有一个随机数生成器每个数以一定概率生成\(0\)到\(2^{N} - 1\)的整数值，初始有一个X，每次进行操作生成一个数\(v\)，然后\(X = X \oplus v\)那个符号是异或，问从\(X\)第一次到\([0,2^{N} - 1]\)的期望步数是多少

我们可以变成从一个数\(i\)到\(0\)的期望步数，这显然是等价的

\[x_{i} = (\sum_{j = 0}^{2^{N} - 1} p_{j}x_{j \oplus i}) + 1 \]

em，这个形式看起来没什么帮助

于是我们把1移过去

\[x_{i} - 1 = \sum_{j = 0}^{2^{N} - 1} p_{j}x_{j \oplus i} \]

于是我们可以想到。。。FWT的异或卷积

\[(x_{0},x_1,x_2,x_3\cdots x_{2^{N} - 1})\bigoplus(p_{0},p_{1},p_{2},p_{3}\cdots p_{2^{N} - 1}) = (?,x_{1} - 1,x_{2} - 1,x_{3} - 1,\cdots x_{2^{N} - 1} - 1) \]

\(?\)应该是啥。。就是又发现前后的总和应该不变，于是\(?\)就是\(x_{0} + 2^{N} - 1\)

于是式子变成

\[(x_{0},x_1,x_2,x_3\cdots x_{2^{N} - 1})\bigoplus(p_{0},p_{1},p_{2},p_{3}\cdots p_{2^{N} - 1}) = (x_{0} + 2^{N}-1,x_{1} - 1,x_{2} - 1,x_{3} - 1,\cdots x_{2^{N} - 1} - 1) \]

em，又有个小技巧，把\(p_0\)减去1，很容易发现我们把后面的变量都消掉了！

\[(x_{0},x_1,x_2,x_3\cdots x_{2^{N} - 1})\bigoplus(p_{0} - 1,p_{1},p_{2},p_{3}\cdots p_{2^{N} - 1}) = (2^{N}-1,- 1,- 1,- 1,\cdots - 1) \]

这样的话，我们相当于求一个FWT异或卷积的逆，这个可以类似的递归实现

但是最后呢有一层是

\[x_{0} + x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + x_{2^{N} - 1}\bigoplus(p_{0} - 1 + p_{1} + p_{2} + p_{3} + \cdots + p_{2^{N} - 1}) = 0 \]

这个时候没有什么贡献，于是我们选择把每个\(x\)都加上一个常数，最后用\(x_{0} = 0\)把这个常数消掉，于是到了这一层可以返回一个任意的正数

#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 2005
#define ba 47
//#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 = 998244353,inv2 = (MOD + 1) / 2;
int N,A[(1 << 18) + 5],S;
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;
}
vector<int> trans(vector<int> p,vector<int> m) {
    if(p.size() == 1) {
	if(p[0] == 0 && m[0] == 0) return (vector<int>){1};
	else return (vector<int>){mul(m[0],fpow(p[0],MOD - 2))};
    }
    vector<int> p0,p1,m0,m1;
    for(int i = 0 ; i < p.size() ; i += 2) {
	p0.pb(inc(p[i],p[i + 1]));
	p1.pb(inc(p[i],MOD - p[i + 1]));
	m0.pb(inc(m[i],m[i + 1]));
	m1.pb(inc(m[i],MOD - m[i + 1]));
    }
    p0 = trans(p0,m0);p1 = trans(p1,m1);
    vector<int> res;
    for(int i = 0 ; i < p0.size() ; ++i) {
	res.pb(mul(inc(p0[i],p1[i]),inv2));
	res.pb(mul(inc(p0[i],MOD - p1[i]),inv2));
    }
    return res;
}
void Solve() {
    read(N);
    for(int i = 0 ; i < (1 << N) ; ++i) {
	read(A[i]);
	update(S,A[i]);
    }
    S = fpow(S,MOD - 2);
    for(int i = 0 ; i < (1 << N) ; ++i) {
	A[i] = mul(A[i],S);
    }
    vector<int> a,b;
    b.pb((1 << N) - 1);
    for(int i = 1 ; i < (1 << N) ; ++i) b.pb(-1);
    for(int i = 0 ; i < (1 << N) ; ++i) {
	int t = A[i];
	if(i == 0) t = inc(t,MOD - 1);
	a.pb(t);
    }
    vector<int> ans = trans(a,b);
    for(int i = 0 ; i < (1 << N) ; ++i) {
	out(inc(ans[i],MOD - ans[0]));enter;
    }
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}