提高组数学专题 1

提高组数学专题 1

T1 [CF1909F1] Small Permutation Problem (Easy Version)

将排列的每项 $p_i$ 记成 $(i,p_i)$ 的形式，则问题转化为：在一个 $n\times n$ 的棋盘上放置 $n$ 个車，使这些車互不攻击，且满足题目中 $a$ 的限制。

题目中 $a_i$ 的限制实际上就是限制了左上角的 $i\times i$ 棋盘中車的数量，考虑与 $a_{i-1}$ 作差，则进一步转化为包含 $(i,i)$ 的一个 “L 形” 区域的車的数量。结合每行每列都只有一个車，则 $a_i-a_{i-1}$ 的取值只可能有 $0,1,2$ 三种情况，否则必无解。

设一个 $k$ 表示当前空下来的能放車的行列数，对于 $\mathit{ans}$ 的计算有三种情况：

• $a_i-a_{i-1}=0$，说明这一行列空下了，$k\leftarrow k+1$；
• $a_i-a_{i-1}=1$，说明要么在空下的 $k$ 行或 $k$ 列放，要么在 $(i,i)$ 放，$\mathit{ans}\leftarrow \mathit{ans}\times (2k+1)$，$k$ 不变；
• $a_i-a_{i-1}=2$，说明必须在空下的 $k$ 行和 $k$ 列各放一个，则 $\mathit{ans}\leftarrow \mathit{ans}\times k^2$，然后 $k\leftarrow k-1$。

#include<bits/stdc++.h>
#define fw fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout)
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(x) (p3-obuf<1<<20?(*p3++=(x)):(fw,p3=obuf,*p3++=(x)))
using namespace std;

char buf[1<<20],obuf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf,*p3=obuf,str[20<<2];
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
}
template<typename T>
void write(T x,char sf='\n'){
	if(x<0) putchar('-'),x=~x+1;
	int top=0;
	do str[top++]=x%10,x/=10;while(x);
	while(top) putchar(str[--top]+48);
	if(sf^'#') putchar(sf);
}
constexpr int MAXN=2e5+5,MOD=998244353;
int T,n,a[MAXN];
bool fool(){
	for(int i=1;i<=n;++i) if(a[i]>i||a[i]-a[i-1]>2) return 1;
	return 0;
}

int main(){
	T=read();
	while(T--){
		n=read();
		for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
		if(a[n]^n||fool()){
			write(0);
			continue;
		}
		long long ans=1,k=0;
		for(int i=1;i<=n;++i)
			switch(a[i]-a[i-1]){
				case 0: ++k; break;
				case 1: ans=ans*(k<<1|1)%MOD; break;
				default:ans=ans*k%MOD*k%MOD;--k; break;
			}
		write(ans);
	}
	return fw,0;
}

T2 [CF1909E] Multiple Lamps

这题的 $\lfloor n/5\rfloor$ 非常 bug，我们一时想不出对应的维护方法。

但仔细一想就可以发现，这个类似素数筛一样的开灯规则使得如果挨个开灯，最后亮着的一定是完全平方数。而 $n$ 以内的完全平方数数量在 $n\ge 20$ 时永远是 $\le \lfloor n/5\rfloor$ 的，所以对于 $n\ge 20$ 直接挨个输出 $1\sim n$ 即可。同理，显然如果 $n\le 4$ 则无解。

于是此题原本 $n\le 2\times {10}^5$ 的范围一下子缩小到了 $5\le n\le 19$。

数据范围小了许多，我们可以暴力枚举状态。具体地，预处理 $n\in [5,19]$ 时所有满足条件的开灯顺序。对于每组 $m$，检查所有的可能答案中是否有满足 $m$ 条限制的答案，如果有直接输出。

预处理复杂度是 $O(n{2}^{n}n\log \log n)=O(2^n{n}^2\log \log n)$，检查复杂度是 $O(\text{siz}({\mathit{ans}}_n)\times m)$ 的。将 $n=19$ 代入发现不到 $2\times {10}^8$，可以通过本题。

#include<bits/stdc++.h>
#define fw fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout)
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(x) (p3-obuf<1<<20?(*p3++=(x)):(fw,p3=obuf,*p3++=(x)))
using namespace std;

char buf[1<<20],obuf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf,*p3=obuf,str[20<<2];
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
}
template<typename T>
void write(T x,char sf='\n'){
	if(x<0) putchar('-'),x=~x+1;
	int top=0;
	do str[top++]=x%10,x/=10;while(x);
	while(top) putchar(str[--top]+48);
	if(sf^'#') putchar(sf);
}
constexpr int MAXN=2e5+5;
int T,n,m;
struct{
	int x,y;
}a[MAXN];
vector<int>ans[20];

int main(){
	for(int i=5,B;i<=19;++i){
		B=1<<i;
		for(int s=1,sta;s<B;++s){
			sta=0;
			for(int j=1;j<=i;++j){
				if(!(s&(1<<(j-1)))) continue;
				for(int k=j;k<=i;k+=j) sta^=1<<(k-1);
			}
			if(__builtin_popcount(sta)*5<=i) ans[i].emplace_back(s);
		}
	}
	T=read();
	while(T--){
		n=read(),m=read();
		for(int i=1;i<=m;++i) a[i]={read()-1,read()-1};
		if(n<5){
			write(-1);
			continue;
		}else if(n>19){
			write(n);
			for(int i=1;i<=n;++i) write(i,' ');
			putchar('\n');
			continue;
		}
		for(auto s:ans[n]){
			for(int i=1;i<=m;++i) if(s&1<<a[i].x&&!(s&1<<a[i].y)) goto sht;
			write(__builtin_popcount(s));
			for(int j=0;j<n;++j) if(s&1<<j) write(j+1,' ');
			putchar('\n');
			goto byby;
			sht:;
		}
		write(-1);
		byby:;
	}
	return fw,0;
}

T3 [HAOI2017] 方案数

能转移当且仅当后者的 $\mathtt{1}$ 的位置完全覆盖前者，且 $\mathtt{1}$ 的数量大于等于前者。下文中以 $\mathrm{pc}(x)$ 代表 $x$ 的二进制中 $\mathtt{1}$ 的数量。

对于这种我们不好考虑 “不经过” 的问题，我们常见的 trick 是容斥。于是对于一点 $P(x,y,z)$，我们设 ${\mathit{dp}}_{i,j,k}$ 表示 $\mathrm{pc}(x)=i,\mathrm{pc}(y)=j,\mathrm{pc}(z)=k$ 的方案数。因为一步只能变一维坐标，于是有转移方程

$${\mathit{dp}}_{i,j,k}=\sum _{l=0}^{i-1}{\mathit{dp}}_{l,j,k}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{l})+\sum _{l=0}^{j-1}{\mathit{dp}}_{i,l,k}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{j}{l})+\sum _{l=0}^{k-1}{\mathit{dp}}_{i,j,l}\times (\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{l})$$

然后考虑障碍点的情况。先将障碍点按字典序排序以保证无后效性。设 $f_i$ 表示不经过其他障碍到达第 $i$ 个障碍点的方案数，则有

$$f_i={\mathit{dp}}_{\mathrm{pc}(x_i),\mathrm{pc}(y_i),\mathrm{pc}(z_i)}-\sum _{j=1}^{i-1}{f}_j\times \mathrm{to}(j,i)$$

其中 $\mathrm{to}(j,i)$ 表示从 $j$ 到 $i$ 的方案数。事实上，${\mathit{dp}}_{i,j,k}$ 的变化仅与下标变化有关，也就是从起点到当前点、坐标比起点坐标分别多 $i,j,k$ 个 $\mathtt{1}$ 的方案数。所以如果能从 $j$ 点到达 $i$ 点，则有

$$\mathrm{to}(j,i)={\mathit{dp}}_{\mathrm{pc}(x_i)-\mathrm{pc}(x_j),\mathrm{pc}(y_i)-\mathrm{pc}(y_j),\mathrm{pc}(z_i)-\mathrm{pc}(z_j)}$$

至此，问题解决。

#include<bits/stdc++.h>
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define int long long
#define pc __builtin_popcountll
using namespace std;

char buf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf;
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
}
constexpr int MAXN=1e4+5,MOD=998244353;
int n,m,r,o;
struct P{
	int x,y,z;
	int xx,yy,zz;
	bool operator<(const P&b)const{
		if(x^b.x) return x<b.x;
		if(y^b.y) return y<b.y;
		return z<b.z;
	}
}a[MAXN];
int C[65][65];
void init(int n){
	for(int i=0;i<=n;++i){
		C[i][0]=C[i][i]=1;
		for(int j=1;j<i;++j) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%MOD;
	}
}
void add(int&x,int y){
	x=x+y>=MOD?x+y-MOD:x+y;
}
int sub(int x,int y){
	return x-y<0?x-y+MOD:x-y;
}
int dp[65][65][65],f[MAXN];
int to(int j,int i){
	if((a[j].x&a[i].x)^a[j].x||(a[j].y&a[i].y)^a[j].y||(a[j].z&a[i].z)^a[j].z) return 0;
	return dp[a[i].xx-a[j].xx][a[i].yy-a[j].yy][a[i].zz-a[j].zz];
}

signed main(){
	n=read(),m=read(),r=read(),o=read();
	for(int i=1;i<=o;++i){
		a[i]={read(),read(),read(),0,0,0};
		a[i].xx=pc(a[i].x),a[i].yy=pc(a[i].y),a[i].zz=pc(a[i].z);
	}
	a[++o]={n,m,r,pc(n),pc(m),pc(r)};
	init(max({a[o].xx,a[o].yy,a[o].zz}));
	dp[0][0][0]=1;
	for(int i=0;i<=a[o].xx;++i)
		for(int j=0;j<=a[o].yy;++j)
			for(int k=0;k<=a[o].zz;++k){
				for(int l=0;l<i;++l) add(dp[i][j][k],dp[l][j][k]*C[i][l]%MOD);
				for(int l=0;l<j;++l) add(dp[i][j][k],dp[i][l][k]*C[j][l]%MOD);
				for(int l=0;l<k;++l) add(dp[i][j][k],dp[i][j][l]*C[k][l]%MOD);
			}
	sort(a+1,a+o+1);
	for(int i=1,tmp;i<=o;++i){
		tmp=0;
		for(int j=1;j<i;++j) add(tmp,f[j]*to(j,i)%MOD);
		f[i]=sub(dp[a[i].xx][a[i].yy][a[i].zz],tmp);
	}
	printf("%lld\n",f[o]);
	return 0;
}

T4 [CF1917E] Construct Matrix

奇妙的构造题。

首先 $k$ 为奇数显然无解。

对于 $kmod4=0$ 的情况，只需用 $2\times 2$ 的矩阵一直填即可，因为任何一行一列有两个 $\mathtt{1}$ 都不会影响异或和。

对于 $6\le k\le n^2-10$ 且 $kmod4=2$ 的情况，构造一个

$$\begin{array}{cccc}\mathtt{1}& \mathtt{1}& \mathtt{0}& \mathtt{0}\\ \mathtt{1}& \mathtt{0}& \mathtt{1}& \mathtt{0}\\ \mathtt{0}& \mathtt{1}& \mathtt{1}& \mathtt{0}\\ \mathtt{0}& \mathtt{0}& \mathtt{0}& \mathtt{0}\end{array}$$

的矩形，然后 $kmod4=0$，回到第一种情况。

对于 $k=n^2-6$ 的情况，只需把上文矩阵改为

$$\begin{array}{cccc}\mathtt{1}& \mathtt{1}& \mathtt{0}& \mathtt{0}\\ \mathtt{1}& \mathtt{0}& \mathtt{1}& \mathtt{0}\\ \mathtt{1}& \mathtt{1}& \mathtt{1}& \mathtt{1}\\ \mathtt{1}& \mathtt{0}& \mathtt{0}& \mathtt{1}\end{array}$$

之后回到第一种情况。

对于 $k=2$ 或 $k=n^2-2$，这两种情况本质等价。我们只考虑 $k=2$ 的情况，不难发现，此时只有 $n=2$ 时有解，否则无解。

#include<bits/stdc++.h>
#define fw fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout)
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(x) (p3-obuf<1<<20?(*p3++=(x)):(fw,p3=obuf,*p3++=(x)))
using namespace std;

char buf[1<<20],obuf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf,*p3=obuf;
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
}
int T,n,k,a[1005][1005];
void print(){
	for(int i=1;i<=n;++i,putchar('\n'))
		for(int j=1;j<=n;++j)
			putchar(a[i][j]?'1':'0'),putchar(' ');
}
#define Yes() putchar('Y'),putchar('e'),putchar('s'),putchar('\n')
#define No() putchar('N'),putchar('o'),putchar('\n')

int main(){
	T=read();
	while(T--){
		n=read(),k=read();
		if(k&1){
			No();
			continue;
		}
		for(int i=1;i<=n;++i) memset(a[i],0,sizeof(int)*(n+5));
		if(!k){
			Yes();
			print();
			continue;
		}else if(k==n*n){
			Yes();
			for(int i=1;i<=n;++i,putchar('\n'))
				for(int j=1;j<=n;++j)
					putchar('1'),putchar(' ');
			continue;
		}else if(k==2||k==n*n-2){
			if(n==2){
				a[1][1]=a[2][2]=1;
				Yes();
				print();
			}else No();
			continue;
		}else if(k%4==0){
			for(int i=1;i<=n;i+=2)
				for(int j=1;j<=n;j+=2){
					a[i][j]=a[i][j+1]=a[i+1][j]=a[i+1][j+1]=1;
					k-=4;
					if(!k) goto fu;
				}
			fu:;
			Yes();
			print();
			continue;
		}else if(6<=k&&k<=n*n-10&&k%4==2){
			a[1][1]=a[1][2]=a[2][1]=a[2][3]=a[3][2]=a[3][3]=1;
			k-=6;
			for(int i=1;i<=n;i+=2)
				for(int j=1;j<=n;j+=2){
					if(i<=4&&j<=4) continue;
					if(!k) goto fy;
					a[i][j]=a[i][j+1]=a[i+1][j]=a[i+1][j+1]=1;
					k-=4;
				}
			fy:;
			Yes();
			print();
			continue;
		}else if(k==n*n-6){
			for(int i=1;i<=n;++i)
				for(int j=1;j<=n;++j)
					a[i][j]=1;
			a[1][3]=a[1][4]=a[2][2]=a[2][4]=a[4][2]=a[4][3]=0;
			Yes();
			print();
			continue;
		}
	}
	return fw,0;
}

T5 [CF1891E] Brukhovich and Exams

首先修改一个数顶多能使答案 $-2$，这是显然，也是前提。

所以我们思路的第一步肯定是先操作一次能使答案 $-2$ 的数。不难发现，当

$$gcd(a_{i-1},a_i)=1\wedge gcd(a_i,a_{i+1})=1\wedge a_{i-1}\ne 1\wedge a_{i+1}\ne 1$$

时，删除 $a_i$ 就能使答案一次性 $-2$。

此时还有一种能使答案一次性 $-2$ 的情况，就是一段极长的 $1$ 且两边的数都 $>1$。于是我们预处理出所有的 $1$ 的连续段，优先队列处理即可。

剩下的都是删一个少一对的情况，无非就是首尾的连续的 $1$ 和中间的还有数的位置。能删多少删多少即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define fw fwrite(obuf,p3-obuf,1,stdout)
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define putchar(x) (p3-obuf<1<<20?(*p3++=(x)):(fw,p3=obuf,*p3++=(x)))
using namespace std;

char buf[1<<20],obuf[1<<20],*p1=buf,*p2=buf,*p3=obuf,str[20<<2];
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch))ch=getchar();
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x;
}
template<typename T>
void write(T x,char sf='\n'){
	if(x<0) putchar('-'),x=~x+1;
	int top=0;
	do str[top++]=x%10,x/=10;while(x);
	while(top)putchar(str[--top]+48);
	if(sf^'#')putchar(sf);
}
constexpr int MAXN=1e5+5;
int T,n,k,a[MAXN],gd[MAXN],ans;
int s[MAXN],q[MAXN],top,len;
struct Y{
	int s,c;
	Y(int s,int c):s(s),c(c){}
	bool operator<(const Y&x)const{
		return c<x.c;
	}
};

int main(){
	T=read();
	while(T--){
		n=read(),k=read();
		for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
		a[n+1]=0;
		ans=0;
		for(int i=1;i<n;++i){
			gd[i]=__gcd(a[i],a[i+1]);
			if(gd[i]==1) ++ans;
		}
		for(int i=2;i<n;++i){
			if(!k) break;
			if(gd[i-1]==1&&gd[i]==1&&a[i-1]>1&&a[i+1]>1) 
				a[i]=0,ans-=2,gd[i-1]=gd[i]=0,--k;
		}
		if(!k){
			write(ans);
			continue;
		}
		int kl=0,kr=0;
		if(a[1]==1){
			kl=1;
			while(kl<n&&a[kl+1]==1) ++kl;
		}
		if(kl==n){
			write(n-k);
			continue;
		}
		if(a[n]==1){
			kr=1;
			int r=n;
			while(r>1&&a[r-1]==1) --r,++kr;
		}
		top=len=0;
		for(int i=kl+2;i<=n-kr-1;++i){
			if(a[i]==1){
				if(!len)s[++top]=i,q[top]=++len;
				else ++len,++q[top];
			}else len=0;
		}
		priority_queue<Y>qu;
		for(int i=1;i<=top;++i) qu.emplace(s[i],q[i]);
		while(!qu.empty()){
			if(!k) break;
			int x=qu.top().s,len=qu.top().c;
			qu.pop();
			for(int i=x;i<=x+len-1;++i){
				--k,a[i]=0;
				if(!k) break;
			}
		}
		for(int i=kl;i;--i){
			if(!k) break;
			a[i]=0,--k;
		}
		for(int i=n-kr+1;i<=n;++i){
			if(!k) break;
			a[i]=0,--k;
		}
		for(int i=1;i<n;++i){
			if(!k) break;
			if(__gcd(a[i],a[i+1])==1) a[i]=0,--k;
		}
		ans=0;
		for(int i=1;i<n;++i) if(__gcd(a[i],a[i+1])==1) ++ans;
		write(ans);
	}
	return fw,0;
}

注意细节问题！让 CF 评测一次很费时间。能让 @未来姚班zyl 说出细节有亿点多的题目。