YAOI Round #5 题解
前言
比赛链接：
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Div.2——Charlotte
下面是 Div.2 的题解。
A. 我思及他人
对于 \(10\%\) 的数据，枚举 \(A,B,C\) 判断即可，时间复杂度 \(O(n^3)\)。
对于 \(30\%\) 的数据，枚举 \(A,B\) 判断 \(C\) 是否合法即可，时间复杂度 \(O(n^2)\)。
对于 \(50\%\) 的数据，枚举 \(C\) 计算它对答案的贡献即可，时间复杂度 \(O(n)\)。
对于 \(100\%\) 的数据，我们考虑把上面对 \(C\) 贡献的计算用数学方法搞成这样一个式子：（只用到了等差数列的求和公式）
这样的时间复杂度为 \(O(1)\)，即可通过本题。
if(R-L-L<0) printf("0\n");
else printf("%lld\n",(R-L-L+1)*(R-L-L+2)/2);
B. 恋情与火焰
这题应该算是道送分题——输出 No 有 \(60\) 分。（当然乱搞还可以得到更多的分）
但实际上正解也不算很难。
设 \(m\) 为 \(a_i\) 中的最小值，\(M\) 为 \(a_i\) 中的最大值，\(cnt\) 为 \(a_i\) 中 \(m\) 出现的次数。
-
首先有一个显然的结论：若 \(M-m>1\)，则不存在合法的构造方案。
-
考虑另一种比较简单的结论：若 \(M-m=0\)，则当且仅当 \(cnt=n-1\) 或 \(2\times cnt\leq n\) 时存在合法的构造方案。
事实上，我们会发现：\(n\) 个人中的颜色要么全都不同，要么就不存在某种颜色只出现了一次。
当颜色全都不同时，\(cnt=n-1\)；当不存在某种颜色只出现了一次时，\(2\times cnt\leq n\)。
- 最后来看这样一个结论：若 \(M-m=1\)，则当且仅当 \(m<cnt\) 或 \(n-cnt<2\times (M-cnt)\) 时不存在合法构造方案。
我们考虑 \(cnt\) 的本质意义：只出现一次的颜色数量。
对于一个颜色只出现一次的人来说，他能看到除自己以外所有只出现一次的颜色，有 \(cnt-1\) 种。
同时他还能看到至少一种出现多次的颜色，所以他至少应该看到 \(cnt\) 种颜色。
于是合法的构造要满足 \(m\geq cnt\)。
类似地，对于一个颜色出现多次的人来说，他可以看到当前的所有颜色，所以 \(M\) 是颜色总数。
那么 \(M-cnt\) 就是出现多次颜色的数量。
而出现多次的颜色至少要有两个，那么此时就需要满足 \(n-cnt\geq 2\times (M-cnt)\) 才有合法方案。
根据上述三个结论便可得到正解。
#include<bits/stdc++.h>
#define Re register
using namespace std;
const int N=100005;
int n,a[N];
int cnt,Max,Min=0x3f3f3f3f;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(Re int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
Max=max(Max,a[i]);
Min=min(Min,a[i]);
}
for(Re int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]==Min)
{
cnt++;
}
}
if(Max-Min>1) return 0*puts("No");
if(Max==Min)
{
if(Min==n-1||2*Min<=n) return 0*puts("Yes");
else return 0*puts("No");
}
if(Min<cnt||n+cnt<2*Max) return 0*puts("No");
return 0*puts("Yes");
}
C. 未曾留意的幸福
取 \(x=\left(\prod\limits_{i=1}^{n}a_i\right)-1\) 可得 \(f(x)=\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\right)-n\)。
这样 \(O(n)\) 计算即可。
scanf("%d",&n);
for(Re int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a);
ans+=a;
}
printf("%d",ans-n);
D. 不在此处的世界
考虑 \(\operatorname{lcm}(x,y)\) 可能取到的最小值。
实际上，取 \(x=L,y=2\times L\) 得到 \(\operatorname{lcm}(x,y)=2\times L\) 为最小值。
这样 \(O(1)\) 计算即可。
if(r<2*l) puts("-1 -1");
else printf("%d %d\n",l,2*l);
E. 你我的约定
把每个 pair 写作 \((a_i,b_i)\)、\((-a_i,-b_i)\) 的形式。
那个符号的组合意义就变成是 \((a_i,b_i)\) 到 \((-a_j,-b_j)\) 的折路径个数。
于是就可以在平面上 DP 来一起统计：设 \(f_{i,j}\) 表示 \((i,j)\) 到它左下角的点的路径总数。
那么有 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}+cnt_{i,j}\)，搞定。
Div.1——某科学的超电磁炮
下面是 Div.1 的题解。
A. RAILGUN
同 Div.2 的 A 题。
B. 御坂妹妹
答案就是两倍总边长减去树的直径。
这个比较显然，你手模一下，发现整棵树绝大多数边都需要遍历两遍，除了其中一条路径，那么当然减去直径最合算。
C. 白井黑子
同 Div.2 的 B 题。
D. 上条当麻
答案为：\(P^{(n-1)^2}\)，因为你枚举左上的 \(n-1\) 行和 \(n-1\) 列的结果，有这么多种。
于是你可以求得 \(A_{i,n}=P\cdot(N-1)-\sum_{j=1}^nA_{i,j}\)，\(A_{n,i}\) 也同理。
对于 \(A_{n,n}\)，你会惊奇地发现没有冲突！
注意：\(C\) 是没有用的，实现的时候，模数只能对 \(998244353-1\) 取模。
inline void solve()
{
long long n, c, m; cin >>n >>c >>m;
cout << qpow(m % 998244353, (n - 1) % 998244352 * ((n - 1) % 998244352) % 998244352) << endl;
}
E. 信仰不灭
这个是 SG 函数的模板应用，如果不会的话可以看一下 SG 函数的 oi-wiki，代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 5e6 + 1e2;
int n, cnt, SG[maxn]; unordered_map<ll, int> id;
inline ll get(int x, int y) { return x * 100000ll + y; }
int DFS(int x, int y)
{
//cerr << x << ' ' << y << ' ' << cnt << endl;
if (x + y >= n) return 0; int u, v;
if (u = id[get(x, y)]) return SG[u]; u = id[get(x, y)] = ++cnt;
v = DFS(1, x + y); if (!v) SG[u] = 1;
v = DFS(x * 2, y); if (!v) SG[u] = 1;
v = DFS(x * 3, y); if (!v) SG[u] = 1; return SG[u];
}
extern "C" int _opt(int nn, int x, int y)
{
n = nn, DFS(1, 0);
if (!SG[id[get(1, x + y)]]) return 1;
if (!SG[id[get(x * 2, y)]]) return 2;
if (!SG[id[get(x * 3, y)]]) return 3;
return -1;
}
int main()
{
int n, a, b; cin >> n >>a >>b;
cout << _opt(n, a, b) << endl;
}
