[题解] Codeforces Dytechlab Cup 2022 1737 A B C D E 题解

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A. Ela Sorting Books

从前往后一位一位确定答案。用一个数组记录当前每个字母库存的数量，要确定答案的某一位时，枚举前min(nk,26)个字母，找到第一个库存为0的字母，则当前这位的答案就是这个字母。然后把字典序在这个字母之前的字母库存都-1就行。最后把库存中剩下的字母随便塞进未塞满的块就行了。

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
 
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
 
using namespace std;
 
int t,n,k,cnt[30];
string s,ans;
 
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>t;
	rep(tn,t)
	{
		cin>>n>>k>>s;
		rep(i,29) cnt[i]=0;
		rep(i,s.size()) ++cnt[s[i]-'a'];
		ans="";
		rep(i,k)
		{
			int rec=0;
			rep(j,min(25,n/k))
			{
				if(cnt[j]==0) break;
				--cnt[j];++rec;
			}
			ans.pb(rec+'a');
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

B. Ela's Fitness and the Luxury Number

询问[l,r]中的Luxury数的个数，一看就知道用[1,r]中的减去[1,l-1]中的。假设一个Luxury数被表示成了a⋅b的形式，其中a≤b。题目要求a=⌊a⋅b⌋，转化一下得到a⋅b<(a+1)2，进一步得到a≤b<a+2+1a，也就是a≤b≤a+2。这对于所有的a≥1都满足。容易发现每个Luxury数都只能被一组合法的a,b表示，每组合法的a,b都能表示一个Luxury数。假设现在要询问[1,x]中的Luxury数个数，分别求出该区间中能表示成a2,a(a+1),a(a+2)的数的个数就行了。这里建议用二分，直接调用sqrt函数的话可能会有精度问题。

时间复杂度O(t⋅log(l+r))。

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
 
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
 
using namespace std;
 
LL t,l,r;
 
LL calc(LL c)
{
	if(c==0) return 0;
	LL ret=0;
	LL lb=0,ub=1e9,mid;
	while(lb<ub)
	{
		mid=(lb+ub+1)/2;
		if(mid*mid<=c) lb=mid;
		else ub=mid-1;
	}
	ret+=lb;
	lb=0;ub=1e9;
	while(lb<ub)
	{
		mid=(lb+ub+1)/2;
		if(mid*mid+mid<=c) lb=mid;
		else ub=mid-1;
	}
	ret+=lb;
	lb=0;ub=1e9;
	while(lb<ub)
	{
		mid=(lb+ub+1)/2;
		if(mid*(mid+2)<=c) lb=mid;
		else ub=mid-1;
	}
	ret+=lb;
	return ret;
}
 
int main()
{
	cin>>t;
	rep(tn,t)
	{
		scanf("%lld%lld",&l,&r);
		printf("%lld\n",calc(r)-calc(l-1));
	}
	return 0;
}

C. Ela and Crickets

一眼丁真，鉴定为纯纯的傻*题。完全无法区分OI老手和菜鸡。

对于初始的L型，我们把他凹进去的那个位置，以及所有与这个位置横坐标、纵坐标的奇偶性都相同的位置称为"不可到达的"。手动操作几步，发现这些位置确实永远无法到达。

其他位置则是可到达的，大概长成这样：

手玩一下发现对于任意的初始L型位置，所有的可到达位置都可以被走到。
有一个例外：当L型的中间一个位置在棋盘左上角时，只能走到第一行和第一列的位置。其他四个角同理：

一个技巧：已知L型三个点的坐标，求凹进去那个点的坐标，直接把已知的三个点横纵坐标分别去异或就行了。

我一开始判L型在角上判错了，后来又发现有一个地方在一个询问内同时输出了YES和NO，直接导致这场打的和*一样。自闭.jpg

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
 
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
 
using namespace std;
 
int t,n,x,y;
pii r1,r2,r3;
 
int main()
{
	cin>>t;
	rep(tn,t)
	{
		cin>>n>>r1.fi>>r1.se>>r2.fi>>r2.se>>r3.fi>>r3.se;
		cin>>x>>y;
 
		int xx=r1.fi^r2.fi^r3.fi,yy=r1.se^r2.se^r3.se;
		pii bad=mpr(1,1);
		if((r1==bad||r2==bad||r3==bad)&&mpr(xx,yy)==mpr(2,2))
		{
			if(x==1||y==1) cout<<"YES\n";
			else cout<<"NO\n";
			continue;
		}
		bad=mpr(1,n);
		if((r1==bad||r2==bad||r3==bad)&&mpr(xx,yy)==mpr(2,n-1))
		{
			if(x==1||y==n) cout<<"YES\n";
			else cout<<"NO\n";
			continue;
		}
		bad=mpr(n,1);
		if((r1==bad||r2==bad||r3==bad)&&mpr(xx,yy)==mpr(n-1,2))
		{
			if(x==n||y==1) cout<<"YES\n";
			else cout<<"NO\n";
			continue;
		}
		bad=mpr(n,n);
		if((r1==bad||r2==bad||r3==bad)&&mpr(xx,yy)==mpr(n-1,n-1))
		{
			if(x==n||y==n) cout<<"YES\n";
			else cout<<"NO\n";
			continue;
		}
		if(x%2==xx%2&&y%2==yy%2) cout<<"NO\n";
		else cout<<"YES\n";
	}
	return 0;
}

D. Ela and the Wiring Wizard

一开始的"魔法"操作其实是，把一条边的一个端点沿着与其相连的一条边进行滑动。如果我们滑动了一条边，那不能白滑，最后肯定是要走它的；把它作为"轨道"给其他的边滑也是不优的。观察发现我们最后走的路径一定只由一条边组成，如果多于一条，我们可以把最小的那条拿出来不断滑动，覆盖路径上所有的其他边，这样一定不劣。枚举最后走的那条边(就算不在1~n的某条简单路径上也可以)，想办法把它的两个端点分别滑到1和n。有两种滑法：

  1. 两个点分别通过最短路滑到1和n。当前被枚举的这条边只会被两条最短路覆盖最多一次，先滑最短路覆盖了这条边的那个端点即可。
  2. 题目里说了滑动过程中是允许自环的，所以我们可以先把两个端点的其中一个滑动到某个位置x，再把另一个用1次操作通过被枚举的边本身滑到x(形成自环)，然后两个端点分道扬镳，各自通过最短路滑到1或n。

注意这里的最短路指的是边权为1的最短路，可以用floyd求出。

时间复杂度O(n3)。

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
 
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <LL,LL>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
 
using namespace std;
 
LL t,n,m,f[510][510];
vector <pair <pii,LL> > e;
 
int main()
{
  cin>>t;
  rep(tn,t)
  {
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    rep(i,n+3) rep(j,n+3) f[i][j]=1e9;
    repn(i,n) f[i][i]=0;
    e.clear();
    LL x,y,z;
    rep(i,m)
    {
      scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
      e.pb(mpr(mpr(x,y),z));
      f[x][y]=f[y][x]=1;
    }
    repn(k,n) repn(i,n) repn(j,n) f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+f[k][j]);
    LL ans=1e18;
    rep(i,m)
    {
      ans=min(ans,e[i].se*min(f[e[i].fi.fi][1]+f[e[i].fi.se][n]+1,f[e[i].fi.se][1]+f[e[i].fi.fi][n]+1));
      LL u=e[i].fi.fi,v=e[i].fi.se;
      repn(j,n)
      {
        LL val=f[u][j]+1;
        val+=f[j][1]+f[j][n]+1;
        ans=min(ans,e[i].se*val);
 
        val=f[v][j]+1;
        val+=f[j][1]+f[j][n]+1;
        ans=min(ans,e[i].se*val);
      }
    }
    printf("%lld\n",ans);
  }
	return 0;
}

E. Ela Goes Hiking

就差1分钟调完，改了两个字符就过了

比赛公告评论里说是从noip.ac偷的(也可能只是撞了)

考虑求出每只蚂蚁赢的方案数，最后除以总方案数得到概率。n=1的特判。
对于某一种方向选择的状态，先把蚂蚁分段：

一开始，最左和最右(如果存在)两段中的蚂蚁都会合成一个大小≥1的蚂蚁；中间的每一段，从左往右数第一个向左走的蚂蚁会吃掉这一段中所有向右走的蚂蚁，并且继续向左。

如果最初处在最右边一段的蚂蚁想赢，那它一定是整个序列中最靠右的蚂蚁，并且最靠右一段的长度不小于n的一半。用等比数列求和求出方案数。

如果中间某一段的蚂蚁想赢，那他一定是这一段中从左往右数第一个向左的蚂蚁。这一段中向右的蚂蚁个数要足够多，保证他不被左边所有蚂蚁构成的一只大蚂蚁吃掉。也是等比数列求和计算。现在这只蚂蚁已经和它左边的所有蚂蚁合体，要去吃这一段中剩下向左走的蚂蚁，以及右边其他段中的蚂蚁。为了计算它右边蚂蚁的方案数，我们可以计算出一个数组wini，表示合理选择最后i只蚂蚁的方向，使得如果前n-i只蚂蚁合体向右推，能够吃穿全场的方案数。转移这里不讲了，只要时刻保证当前蚂蚁团大小不≥前面蚂蚁个数之和即可。可以用前缀和优化转移做到O(n)(需要一个额外的dp数组，因为每一个中间段都分前后两段，所以一共是两个dp数组和两个前缀和数组)。

如果最左边一段的蚂蚁想赢，那最左边一段的蚂蚁数量一定>1,且赢的一定是序列中第2只蚂蚁。用上面的win数组计算答案即可。

时间复杂度O(n)。

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
 
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair
#define pb push_back
 
using namespace std;
 
const LL MOD=1e9+7;
 
LL qpow(LL x,LL a)
{
	LL res=x,ret=1;
	while(a>0)
	{
		if((a&1)==1) ret=ret*res%MOD;
		a>>=1;
		res=res*res%MOD;
	}
	return ret;
}
 
LL t,n,ans[1000010],win[1000010],add[1000010],mid[1000010],midadd[1000010],wsum[1000010],inv2=qpow(2,MOD-2);
 
int main()
{
  cin>>t;
  rep(tn,t)
  {
    cin>>n;
    if(n==1)
    {
      puts("1");
      continue;
    }
    rep(i,n+3) win[i]=add[i]=mid[i]=midadd[i]=0;
    ++add[0];add[(n-1)/2+1]=MOD-1;
    LL totadd=0,totmadd=0;
    rep(i,n)
    {
      (totadd+=add[i])%=MOD;
      win[i]=totadd;
      //win->mid
      (midadd[i]+=win[i])%=MOD;
 
      (totmadd+=midadd[i])%=MOD;
      mid[i]=totmadd;
      
      //mid->win
      LL lim=(n-i-1)/2;
      if(lim>=2)
      {
        (add[i+2]+=mid[i])%=MOD;
        (add[i+lim+1]+=MOD-mid[i])%=MOD;
      }
    }
    rep(i,n+3) ans[i]=0;
    wsum[0]=win[0];
    repn(i,n) wsum[i]=(wsum[i-1]+win[i])%MOD;
    //第一段
    ans[1]=wsum[n-2];
    //rep(i,4) cout<<win[i]<<'p';cout<<endl;
    //中间
    repn(i,n-1)
    {
      LL mng=max(1LL,(LL)i/2),mxg=i-1,val=1;
      if(mng<=mxg)
      {
        LL av=(qpow(2,i-mng)-qpow(2,i-mxg-1)+MOD)%MOD;
        (val+=av)%=MOD;
      }
      (ans[i]+=val*wsum[n-i-1])%=MOD;
    }
    //最后一段
    LL mng=(n-1)/2,mxg=n-2,val=1;
    if(mng<=mxg)
    {
      LL av=(qpow(2,n-1-mng)-qpow(2,n-1-mxg-1)+MOD)%MOD;
      (val+=av)%=MOD;
    }
    (ans[n-1]+=val)%=MOD;
    //rep(i,n) cout<<ans[i]<<' ';cout<<endl;
 
    LL tot=qpow(2,n);tot=qpow(tot,MOD-2);
    rep(i,n)
    {
      (ans[i]*=tot)%=MOD;
      printf("%lld\n",ans[i]);
    }
  }
	return 0;
}
--- 傻*Dytechlab还我rating！(不过目前rating还没加上去，据说E是偷的说不定要unrated) 实在没预料到会打成这样。。。 UPD: rating已经加上去了，我真的栓Q
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