The 2024 ICPC Asia East Continent Online Contest (I)
写在前面
补题地址：https://codeforces.com/contest/2005。
以下按个人难度向排序。
复刻 CCPC 网赛开头超顺利但是三个人坐牢同一个题四个小时没出哈哈太唐乐
题解 by dls：https://qoj.ac/blog/bulijiojiodibuliduo/blog/994
M 签到
模拟即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
const ll p = 998244353;
const int kN = 1e6 + 10;
int num, cnt[26], solved[kN][26];
std::map <std::string, int> id;
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int T; std::cin >> T;
while (T --) {
for (int i = 0; i < 26; ++ i) cnt[i] = 0;
num = 0;
id.clear();
int n; std::cin >> n;
while (n --) {
std::string s, t;
char name;
std::cin >> s >> name >> t;
if (t[0] != 'a') continue;
if (!id.count(s)) {
id[s] = ++ num;
for (int i = 0; i < 26; ++ i) solved[num][i] = 0;
}
int d = id[s], p = name - 'A';
if (solved[d][p]) continue;
solved[d][p] = 1;
++ cnt[p];
}
int ans = 0, c = 0;
for (int i = 0; i < 26; ++ i) if (cnt[i] > c) ans = i, c = cnt[i];
cout << (char) ('A' + ans) << "\n";
}
return 0;
}
F 笛卡尔树 or 单调栈，dfs or ST 表，排序
场上 wenqizhi 直接高呼笛卡尔树秒了，我一听笛卡尔树就嗯了一看题真就傻逼题直接秒了。
发现最优情况下，每次操作一定仅会操作两个数，且合并的过程一定是每次找到极大的全局最小值的区间，并依次将每个全局最小值与相邻的第一个大于它的值操作，直至全部变成这个值。
发现这个过程直接放到笛卡尔树上，自底向下地根据区间长度统计贡献即可。建树后直接 dfs，总时间复杂度 \(O(n)\) 级别。
当然用单调栈+排序 / ST 表 + dfs 实现也可以，复杂度多一个 \(\log\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
const ll p = 998244353;
const int kN = 2e5 + 10;
int n, rt, top, a[kN], st[kN];
int lson[kN], rson[kN];
ll ans;
void dfs(int u_, int L_, int R_) {
if (lson[u_]) {
dfs(lson[u_], L_, u_ - 1);
if (a[lson[u_]] < a[u_]) ans += u_ - 1 - L_ + 1;
}
if (rson[u_]) {
dfs(rson[u_], u_ + 1, R_);
if (a[rson[u_]] < a[u_]) ans += R_ - (u_ + 1) + 1;
}
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int T; std::cin >> T;
while (T --) {
std::cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) std::cin >> a[i], lson[i] = rson[i] = 0;
st[top = 0] = rt = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
int k = top;
while (k > 0 && a[st[k]] < a[i]) -- k;
if (k) rson[st[k]] = i;
if (k < top) lson[i] = st[k + 1];
st[++ k] = i;
top = k;
}
rt = st[1];
ans = 0;
dfs(rt, 1, n);
cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
A 大力讨论，结论
显然实际的实力值是无用的，仅需考虑有多少队伍比中国队弱即可，称他们为弱弱队。
然后场上和 dztlb 大力模拟讨论下达到每个阶段所需的弱弱队数量就做完了。
一个很天才的地方是发现 8 强进 4 强，和 4 强进 2 强规则是一致的，然后发现 8 强进 4 强所需的弱弱队数变化为 \(13 = 6\times 2 + 1\)，于是大胆猜测 4 强进 2 强的变化也类似地有：\(27 = 13\times 2 + 1\)。
Code by dztlb：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
const ll p = 998244353;
int read()
{
int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
ll qpow(ll x_, ll y_, ll mod_ = p) {
ll ret = 1;
while (y_) {
if (y_ & 1) ret = ret * x_ % mod_;
x_ = x_ * x_ % mod_, y_ >>= 1ll;
}
return ret;
}
int T;
int a[50];
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>T;
while(T--){
for(int i=1;i<=32;++i){
cin>>a[i];
}
int cnt=0;
for(int i=2;i<=32;++i){
if(a[1]>a[i]) ++cnt;
}
if(cnt>=31){
puts("1"); continue;
}
if(cnt>=27){
puts("2"); continue;
}
if(cnt>=13){
puts("4"); continue;
}
if(cnt>=6){
puts("8"); continue;
}
if(cnt>=2){
puts("16"); continue;
}
puts("32");
}
return 0;
}
G 二分答案，前缀和
对于最优化中位数，一个众所周知的套路是考虑二分答案 \(\operatorname{mid}\)，仅需检查数列中不小于 \(\operatorname{mid}\) 的数的数量，是否不小于 \(\left\lfloor\frac{\operatorname{len}}{2}\right\rfloor+1\) 即可，然后枚举 \(a\) 的所有区间 \([l, r]\) 即可求得 \(b_{l, r}\) 是否不小于 \(\operatorname{mid}\)。
然后考虑如何求得 \(c_{l, r}\) 是否不小于 \(\operatorname{mid}\)，仅需检查所有子区间 \([l',r']\) 对应的 \(b_{l',r'}\) 中不小于 \(\operatorname{mid}\) 的数量，是否不少于子区间数量的一半即可。同理可求得 \(d_{1, n}\) 是否不小于 \(\operatorname{mid}\)。
使用前缀和维护即可，总时间复杂度 \(O(n^2\log n)\) 级别。
Code by wenqizhi：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define ll long long
#define ull unsigned long long
const ll p = 998244353;
int read()
{
int x = 0; bool f = false; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= (c == '-'), c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c & 15), c = getchar();
return f ? -x : x;
}
const int N = 2005;
int n, A[N], a[N], d[N], b[N][N];
ll sum1[N][N], sum2[N][N], c[N][N];
bool check(int mid)
{
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = (A[i] >= mid);
for(int i = 1; i <= n; ++i) sum1[i][i] = a[i];
for(int i = 1; i <= n; ++i) sum2[i][i] = b[i][i] = a[i];
for(int len = 2; len <= n; ++len)
for(int l = 1, r = l + len - 1; r <= n; ++l, ++r)
{
sum1[l][r] = sum1[l][r - 1] + a[r];
sum2[l][r] = b[l][r] = (len / 2 + 1 <= sum1[l][r]);
}
for(int r = 1; r <= n; ++r)
for(int l = 1; l <= r; ++l)
sum2[l][r] += sum2[l - 1][r];
for(int i = 1; i <= n; ++i) c[i][i] = b[i][i];
for(int len = 2; len <= n; ++len)
for(int l = 1, r = l + len - 1; r <= n; ++l, ++r)
{
c[l][r] = c[l][r - 1] + sum2[r][r] - sum2[l - 1][r];
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = i; j <= n; ++j)
ans += (c[i][j] >= (j - i + 1) * (j - i + 2) / 2 / 2 + 1);
return ans >= (n * (n + 1) / 2) / 2 + 1;
}
signed main() {
n = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) A[i] = d[i] = a[i] = read();
sort(d + 1, d + n + 1);
int l = 1, r = n;
while(l < r)
{
int mid = (l + r + 1) >> 1;
if(check(d[mid])) l = mid;
else r = mid - 1;
}
printf("%lld\n", d[l]);
return 0;
}
C 结论，图论，剩余系，线性代数
牛逼提！让我想起 ICPC2021 Jinan 的 J（补题在 PTA 上），赛后一看也是北大出的题那可以理解了，感觉这两题肯定是一块出出来的。
考虑将 \(n\) 个限制 \([l_i, r_i]\) 看做 \(n\) 条线段，大力手玩发现结论：答案为 0 当且仅当存在一条线段，使得这条线段可以被其他若干条线段完美地拼出来。于是考虑并查集实现，顺序枚举线段每次检查 \((l_i - 1, r_i)\) 是否在一个集合中，若在则满足上述情况答案为 0，否则将 \((l_i - 1, r_i)\) merge 起来。
但是为什么会有这个结论？感觉和题目完全没关系啊？证明需要考虑线性代数：
考虑构造一个 \(n\times n\) 的矩阵 \(A\) 用于表示每个位置可选的权值的范围。对于第 \(i\) 行，位置 \(A_{i, l_i}\sim A_{i, r_i}\) 为 1，其他位置为 0。则对于任意一个排列（不一定符合题意），都对应矩阵上一种选择 \(n\) 个位置的方案，使得每一行、每一列至多选择一个位置；若为符合题意的有贡献的排列，则选择的所有位置上均为 1。
发现上述选择位置的方案，与矩阵行列式的逆序定义相符，当且仅当选择的位置里均为 1 才有贡献 1，否则为 0。且发现 \(1\bmod 2 = (-1)\bmod 2 = 1\)，即在 \(\bmod 2\) 剩余系下，合法排列的方案数为偶数当且仅当行列式的值为 0，这又等价于在 \(\bmod 2\) 剩余系下矩阵的秩小于 \(n\)，即各分量线性相关。
于是仅需判断各分量是否线性相关即可，又观察到每行上的 1 都是连续的，因此不必要真的通过高斯消元求秩，仅需通过并查集转化为图论问题实现即可，此时的并查集实际上也可以看做一种消元法的模拟。
//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
const int kN = 1e6 + 10;
//=============================================================
int n, fa[kN];
//=============================================================
int find(int x_) {
return fa[x_] == x_ ? x_ : fa[x_] = find(fa[x_]);
}
void merge(int x_, int y_) {
int fx = find(x_), fy = find(y_);
if (fx == fy) return ;
fa[fx] = fy;
}
//=============================================================
int main() {
//freopen("1.txt", "r", stdin);
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
int T; std::cin >> T;
while (T --) {
std::cin >> n;
for (int i = 0; i <= n; ++ i) fa[i] = i;
int ans = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
int l, r; std::cin >> l >> r;
if (find(l - 1) == find(r)) ans = 0;
merge(l - 1, r);
}
std::cout << ans << "\n";
}
return 0;
}
L 图论转化，建图技巧，最短路
照例大力手玩。发现对于每种操作，考虑看做一张每个节点出度均为 1 的基环内向森林，则有如下结论：
- 若图中均为环，则该操作在任何情况下均不会出现碰撞，且可令空位在其所在的环中任意移动；
- 若图中有点入度不小于 3，则该操作一定会出现碰撞；
- 若图中有不少于两个点入度为 2，则该操作一定会出现碰撞；
- 若图中有且仅有一个点 \(x\) 入度为 2，则当前仅当空位出现在指向 \(x\) 的两个点上时，该操作才不会出现碰撞，且操作后空位一定会移动到入度为 0 的点，且可证明入度为 0 的点仅有一个。
于是合法的操作可以看做：
- 在图中加若干个环，保证每个点出现且仅出现在一个环中；
- 在图中加两条有向边。
询问即动态查询在当前有向图上的连通性。
动态加边、维护有向图连通性做不到呃呃，于是套路地考虑离线，先把图全部建出来，并令每条边的边权值为加入该边的时间，则查询仅需路径 \(a \rightarrow b\) 上边权最大值是否不大于 \(c\) 即可。
发现需要建图后枚举所有点作为起点，都跑一遍最短路。则直接按照上述定义建图不行，第一种操作边的数量会是 \(O(nl)\) 级别的会挂掉，于是考虑优化第一种操作加环的建边。发现加环 \(v_1\rightarrow v_2\rightarrow \cdots \rightarrow v_k\rightarrow v_1\)，等价于加数量级相同的双向边：\(v_1\leftrightarrow v_2, v_1\leftrightarrow v_3, \cdots, v_1\leftrightarrow v_k\)。考虑加这种双向边时顺便使用并查集维护连通性，若已连通则不连边。易证此时第一种操作的连边数量不多于 \(O(n\log n)\) 级别，总连边数量为 \(O(n\log n + l)\) 级别。
然后枚举所有点作为起点都跑一遍最短路即可 \(O(1)\) 回答所有询问。
则总时间复杂度为 \(O\left(\left(n^2+nl\right)\log \left(n\log n + l\right) + q\right)\) 级别。
//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define pr std::pair
#define mp std::make_pair
const int kN = 2010;
//=============================================================
int n, l, q;
int fa[kN][2], into[kN];
std::vector<pr<int, int> > edge[kN];
int dis[kN][kN];
bool vis[kN];
//=============================================================
int get(char a_, char b_) {
int ret = ((int) a_ - 48) * 50 + ((int) b_ - 48);
return ret;
}
int find(int id_, int x_) {
return fa[x_][id_] == x_ ? x_ : fa[x_][id_] = find(id_, fa[x_][id_]);
}
void merge(int id_, int x_, int y_) {
int fx = find(id_, x_), fy = find(id_, y_);
if (fx == fy) return ;
fa[fx][id_] = fy;
}
void addedge(int u_, int v_, int w_) {
edge[u_].push_back(mp(v_, w_));
}
void init() {
for (int i = 1; i <= n; ++ i) edge[i].clear(), fa[i][0] = fa[i][1] = i;
for (int time = 1; time <= l; ++ time) {
std::string s; std::cin >> s;
int flag = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
vis[i] = 0, into[i] = 0, fa[i][1] = i;
}
for (int i = 0; i < 2 * n; i += 2) {
int x = get(s[i], s[i + 1]);
++ into[x];
if (into[x] == 2) ++ flag;
if (into[x] == 3) flag = kN;
merge(1, i / 2 + 1, x);
}
if (flag >= 2) continue;
if (flag) {
int u = 0, v1 = 0, v2 = 0;
for (int i = 0; i < 2 * n; i += 2) {
int p = i / 2 + 1, x = get(s[i], s[i + 1]);
if (into[p] == 0) u = p;
if (into[x] == 2 && v1 != 0 && v2 == 0) v2 = p;
if (into[x] == 2 && v1 == 0) v1 = p;
}
addedge(v1, u, time), addedge(v2, u, time);
} else {
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
if (find(0, find(1, i)) == find(0, i)) continue;
addedge(i, find(1, i), time), addedge(find(1, i), i, time);
merge(0, find(1, i), i);
}
}
}
}
int query(int a_, int b_, int c_) {
return dis[a_][b_] <= c_;
}
void dijkstra(int s_) {
std::priority_queue <pr <int, int> > q;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) vis[i] = 0, dis[s_][i] = kN;
dis[s_][s_] = 0;
q.push(mp(0, s_));
while (!q.empty()) {
int u = q.top().second; q.pop();
if (vis[u]) continue;
vis[u] = 1;
for (auto [v, w]: edge[u]) {
if (dis[s_][v] > std::max(dis[s_][u], w)) {
dis[s_][v] = std::max(dis[s_][u], w);
q.push(mp(-dis[s_][v], v));
}
}
}
}
//=============================================================
int main() {
// freopen("1.txt", "r", stdin);
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0);
int T; std::cin >> T;
while (T --) {
std::cin >> n >> l >> q;
init();
for (int i = 1; i <= n; ++ i) dijkstra(i);
while (q --) {
std::string s; std::cin >> s;
int a = get(s[0], s[1]), b = get(s[2], s[3]), c = get(s[4], s[5]);
std::cout << query(a, b, c);
}
std::cout << "\n";
}
return 0;
}
H 括号序列，网络流
见过括号序列转换成差分约束的，这下又见到转换成网络流的了，括号序列真是牛逼。
写在最后
参考：
学到了什么：
- C：有特殊的数学限制，考虑转化成数学模型，并考虑数学模型下限制的等价形式。
- G：最优化中位数，套路二分答案；
- H：小范围下，有数量的约束关系，考虑跑网络流确定方案。
然后日常夹带私货：
