【题解】AtCoder Regular Contest 162
A.Ekiden Race
题目描述：
有 \(n\) 个人参加了往返赛跑，每个人有一个编号 \(1\) 到 \(n\)。已知以下信息：
- 如果按照往路的成绩排序，那么任何两个人的成绩都不相同。同时第 \(i\) 个人在往路中排名第 \(i\)。
- 如果按照往返的成绩排序，那么任何两个人的成绩都不相同。同时第 \(i\) 个人在往返中排名第 \(p_i\)。
- 如果復路的成绩最快，那么获得復路奖的人是復路成绩最快的人。
请计算有多少人可能得到了復路奖项。
有 \(T\) 个测试用例，请对于每个测试用例输出答案。
(翻译者注：往路指来回的第一段路程，復路指来回的第二段路程。)
\(2 \le n \le 10^3\)
题目分析：
如果 \(a\) 在第一段路快于 \(b\)，而经过了第二段路之后 \(a\) 慢于 \(b\)，则必然有 \(a\) 第二段路慢于 \(b\)。
否则无法确定 \(a,b\) 的第二段路的快慢，也就是可以直接认为 \(a,b\) 都有可能。
直接这样判就可以了。
代码：
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
int a[N];
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
int n;scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
int ans = n+1;
int tot = 0;
for(int i=n; i>=1; i--){
if(a[i] < ans) ++tot;
ans = min(ans,a[i]);
}
printf("%d\n",tot);
}
return 0;
}
B.Insertion Sort 2
题目描述：
给定 \(1,2,...,N\) 的排列 \(P=(P_1,P_2,...,P_N)\)。
最多进行 \(2\times 10^3\) 次操作，每次操作满足 \(1\le i\le N-1, 0\le j\le N-2\)，选取整数 \(i,j\)，从 \(P\) 中取出 \((P_i,P_{i+1})\) 得到序列 \(Q=(Q_1,Q_2,...,Q_{N-2})\)，则将 \(P\) 中 \((P_i,P_{i+1})\) 替换成序列 \(Q\) 的 \(j\) 与 \(j+1\) 位置上的数，得到新的排列 \(P'\)。
判断是否能够通过这样的操作使 \(P\) 变成升序排列，如果可以，给出操作步骤。
$ 2\ \leq\ N\ \leq\ 10^3 $
题目分析：
一个显然的想法就是一个个数地确定，也就是先把 \(1\) 通过操作放到第一个，然后 \(2\) 放到第二个然后依次类推。
但是现在的有的一个问题就是如果我们现在要放 \(x\)，但是 \(x\) 是序列中的最后一个数就做不了这个操作了，可是我们可以做类似如下的操作：\((n-2,n-1,n)\) \(\to\) \((n-1,n,n-2)\) 这样 \(P_n\) 就不在最后了，我们就可以操作它了。
代码：
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e3+5;
vector<pair<int,int> > v;
int n,a[N],b[N];
void solve(int pos1,int pos2){
if(!(1 <= pos1 && pos1 <= n-1)) return;
if(!(0 <= pos2 && pos2 <= n-2)) return;
v.push_back({pos1,pos2});
int tot = 0;
if(tot == pos2) b[++tot] = a[pos1],b[++tot] = a[pos1+1];
for(int i=1; i<=n; i++){
if(i == pos1 || i == pos1 + 1) continue;
b[++tot] = a[i];
if(tot == pos2) b[++tot] = a[pos1],b[++tot] = a[pos1+1];
}
for(int i=1; i<=n; i++) a[i] = b[i];
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1; i<=n; i++){
if(a[i] == i) continue;
if(a[n] == i) solve(n-1,n-3);
int pos = i;
for(int j=i+1; j<=n; j++){
if(a[j] == i) pos = j;
}
if(pos > i) solve(pos,i-1);
}
if(a[n] != n) printf("No\n");
else{
printf("Yes\n");
printf("%d\n",(int)v.size());
for(auto i : v) printf("%d %d\n",i.first,i.second);
}
return 0;
}
C.Mex Game on Tree
题目描述：
有一棵 \(n\) 个节点且以 \(1\) 为根的数。
每个节点上有一个数表示颜色。
- 如果为 \(-1\)，表示没有填颜色。
- 否则，表示填的颜色。
\(\text{Alice}\) 和 \(\text{Bob}\) 轮流对没填颜色的节点填上 \(0\) 到 \(n\)（\(\text{Alice}\) 先手）。
填完后，如果某个点和它的子树颜色的 \(\mathrm{mex}\) 为 \(k\)，\(\text{Alice}\) 胜，否则为 \(\text{Bob}\)。
$ 2\ \leq\ N\ \leq\ 10^3 $
题目分析：
BoB 的策略十分显然，就是填 \(k\)，所以只要让 Bob 走一步，那么 Alice 之前的所有布局就全没用了。
因为是考虑某一个子树，所以不妨对每一棵子树都求一下是不是可以使得它的 \(\mathrm{mex}\) 为 \(k\)。
因为我们对每一棵子树都考虑了，所以若 Alice 走两步可以让某个子树变成合法，要么就是那棵子树走一步就可以合法，要么就是受到前一步的影响，而第二种情况显然 Bob 可以直接堵掉 Alice 的第二步，就结束了。
代码：
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e4+5;
struct edge{
int nxt,to;
edge(){}
edge(int _nxt,int _to){
nxt = _nxt,to = _to;
}
}e[2 * N];
int n,k,cnt,head[N],a[N];
bool vis[N],ans;
vector<int> v;
void add_edge(int from,int to){
e[++cnt] = edge(head[from],to);
head[from] = cnt;
}
void get_val(int now,int fath){
v.push_back(a[now]);
for(int i=head[now]; i; i=e[i].nxt){
int to = e[i].to;
if(to == fath) continue;
get_val(to,now);
}
}
void dfs(int now,int fath){
for(int i=head[now]; i; i=e[i].nxt){
int to = e[i].to;
if(to == fath) continue;
dfs(to,now);
}
get_val(now,fath);
int flag = 0;
for(auto i : v){
if(i == -1){
flag++;
continue;
}
vis[i] = true;
}
int tmp = 0;
while(vis[tmp]) ++tmp;
if(flag && tmp < k){
++tmp;
while(vis[tmp]) ++tmp;
}
if(tmp == k && flag <= 1) ans = true;
for(auto i : v){
if(i != -1) vis[i] = false;
}
v.clear();
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=2; i<=n; i++){
int fa;scanf("%d",&fa);
add_edge(fa,i);add_edge(i,fa);
}
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
dfs(1,0);
if(ans) printf("Alice\n");
else printf("Bob\n");
cnt = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) head[i] = 0;
ans = false;
}
return 0;
}
D.Smallest Vertices
题目描述：
在本问题中，当我们提到有根有向树时，我们指的是所有边都指向从根到叶子的有根树。
给定一个使得其总和为 \(N-1\) 的非负整数序列 \(d=(d_1,d_2,\ldots,d_N)\)。
对于带编号从 \(1\) 到 \(N\) 的顶点，假设 \(1\) 是根，我们将其点度数定义为 \(d_i\)。
我们称满足以下条件的根付有向树为好树：
- 点 \(i\) 的出度是 \(d_i\)。
此外，对于好树的顶点 \(v\)，定义 \(f(v)\) 为“包含顶点 \(v\) 的子树中的顶点（包括 \(v\)）的顶点编号的最小值”。我们将满足 \(f(v)=v\) 的顶点称为好顶点。
求好树中所有好顶点的总数，将其对 \(998244353\) 取模后的余数。
- $ 2\ \leq\ N\ \leq\ 500 $
- $ 0\ \leq\ d_i\ \leq\ N-1 $
- $ d_1\ \geq\ 1 $
- $ \sum_{i=1}^N\ d_i\ =\ N-1 $
题目分析：
显然可以考虑对于每一个点作为好节点的方案数求和就是答案。
若 \(v = 1\) 或 \(d_v = 0\)，则任意一个好树都是合法的，这个时候根据 \(prufer\) 序列，显然方案数就是：
其中 \(d_{i,j}\) 表示以 \(i\) 为根的时候 \(j\) 的度数。
否则的话，考虑以 \(v\) 为根的子树只能包含 \([v,n]\) 这些点，但是好像除了这个就发现不了什么式子了，就不大能做。
所以不妨设 \(S\) 为 \(v\) 子树内的点的点集，看看这个时候的方案数是什么：
第一个式子就是考虑 \(v\) 的子树的方案数，乘以其余点构成一棵树的方案数，其中在其余点构成的树中 \(v\) 所在子树充当一个叶子。
第二个式子就是考虑如下的事实：
所以带入就得到了第二个式子。
注意为了可以组成一棵树，一个隐形的限制就是：\(\sum\limits_{u \in S} d_u = |S| - 1\)。
所以此时 \(dp\) 状态就相当显然了，\(dp[i][j][k]\) 表示大于等于 \(i\) 的点，选择了 \(j\) 个点，\(d_u\) 之和为 \(k\) 的方案数。
这样就可以直接统计方案数，然后乘以上面的系数就可以得到答案。
代码：
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 505;
const int MOD = 998244353;
int f[N][N][N],d[N],fac[N],inv[N];
int power(int a,int b){
int res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = res * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
void add(int &a,int b){
a = (a + b) % MOD;
}
signed main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
int n;scanf("%lld",&n);
fac[0] = 1;
for(int i=1; i<=n; i++) fac[i] = fac[i-1] * i % MOD;
inv[n] = power(fac[n],MOD-2);
for(int i=n-1; i>=0; i--) inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % MOD;
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&d[i]);
f[n+1][0][0] = 1;
for(int i=n; i>=1; i--){
for(int j=0; j<=n; j++){
for(int k=0; k<=n; k++){
add(f[i][j][k],f[i+1][j][k]);
if(j-d[i]>=0&&k-1>=0) add(f[i][j][k],f[i+1][j-d[i]][k-1]);
}
}
}
int tmp = fac[n-2];
for(int i=1; i<=n; i++){
if(i == 1) tmp = tmp * inv[d[i]-1] % MOD;
else tmp = tmp * inv[d[i]] % MOD;
}
int mul = 1,ans = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) mul = mul * inv[d[i]] % MOD;
for(int i=1; i<=n; i++){ //统计 i 为好节点的贡献
if(i == 1 || d[i] == 0){
add(ans,tmp);
// printf("%lld %lld\n",i,tmp);
continue;
}
for(int j=1; j<=n; j++){ //枚举 [i,n] 选择了多少个节点
int sum_d = j - 1;
if(sum_d-d[i]>=0 && j-1>=0 && j-2>=0 && n-j-1>=0)
add(ans,f[i+1][sum_d-d[i]][j-1] * d[1] %MOD* d[i] %MOD* fac[j-2] %MOD* fac[n-j-1]%MOD * mul%MOD);
}
// printf("%lld %lld\n",i,ans);
// ans = 0;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
E.Strange Constraints
题目描述：
给定长度为 \(n\) 的序列 \(A\)，求序列 \(B\) 的个数模 \(998244353\)，满足以下条件：
- 值域 \([1, n]\)。
- \(i\) 的个数不超过 \(A_i\)。
- \(B_i\) 的个数不超过 \(A_i\)。
\(1 \le n \le 500\)。
题目分析：
考虑设 \(d_i\) 表示数 \(i\) 出现的次数，则题目条件可以转化为：
- \(d_i \le A_i\)
- 若 \(i\) 可以放在位置 \(j\)，则必然满足 \(d_i \le A_j\)
设 \(c_i = \sum_{j=1}^n [i \le A_j]\)，则 \(c_i\) 就代表出现次数为 \(i\) 的数可选的种类数，以及出现次数为 \(i\) 的数在 \(B\) 中可以放的位置数。
所以这个东西直接 \(dp\) 去做就很简单了，也就是设 \(dp[i][j][k]\) 表示考虑了出现次数大于等于 \(i\) 的数，总共选择了 \(j\) 种数，放在 \(B\) 的 \(k\) 个位置上。
转移就是枚举出现次数等于 \(i\) 的数有 \(x\) 个：
转移的两个系数：第一个就是选择哪些数，第二个就是这些数放在哪些位置。
代码：
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 505;
const int MOD = 998244353;
int f[N][N][N],fac[N],inv[N],a[N],c[N];
int binom(int n,int m){
if(n < m || n < 0 || m < 0) return 0;
return fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n-m]%MOD;
}
int power(int a,int b){
int res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = res * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
void add(int &a,int b){
a = (a + b)%MOD;
}
signed main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
int n;scanf("%lld",&n);
fac[0] = 1;
for(int i=1; i<=n; i++) fac[i] = fac[i-1] * i % MOD;
inv[n] = power(fac[n],MOD-2);
for(int i=n-1; i>=0; i--) inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % MOD;
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(int i=0; i<=n; i++){
for(int j=1; j<=n; j++){
if(a[j] >= i) c[i]++;
}
}
f[n+1][0][0] = 1;
for(int i=n; i>=1; i--){
for(int j=0; j*i<=n; j++){
if(j > c[i]) break;
for(int k=0; k<=n; k++){
if(k > c[i]) break;
for(int x=0; x*i<=n; x++){
if(k + i * x > c[i]) break;
if(j+x<=n && k+i*x<=n && c[i]-j>=0 && c[i]-k>=0 && c[i]-k-i*x>=0)
add(f[i][j+x][k+i*x],f[i+1][j][k] * binom(c[i]-j,x) %MOD* fac[c[i]-k] %MOD* power(inv[i],x) %MOD* inv[c[i]-k-i*x]%MOD);
}
}
}
}
int ans = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) add(ans,f[1][i][n]);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
