2023“钉耙编程”中国大学生算法设计超级联赛（2）部分题解

7.20 1002 Binary Number

可以发现，每个位置最多修改两次，再多了没有意义。

当k为0时，无法修改直接输出。

当n为1时，看k的奇偶性，若为奇数则将其翻转输出，否则直接输出。

当n不为1时：

如果给定的次数k小于序列中连续0串的个数，那一定贪心地从前往后修改得到的答案最优，

否则，一定可以将整个序列全部转化为1，即，先将所有的连续0串转化为1，剩下的次数若为偶数，随机挑一段不断操作，若为奇数，则在前一步操作时将一个1变为0，再将其变为1，则剩余的次数变为了偶数次。

这其中有个特殊情况就是序列全为1且k为1，这时必须将一位变为0，选择将最后一位变为0。

1007 foreverlasting and fried-chicken

可以设这个给定的图中度为6和4的顶点为 $u, v$ ，求出所有与 $u, v$ 都有连边的点的个数 $tot$ ，和与 $u$ 有连边的点的个数 $tot_u$ , 与 $v$ 有连边的点的个数 $tot_v$ ，则这两个点贡献的答案为：

$ans(u, v) = C_{tot}^{4} \cdot C_{tot_u - 4}^{2} + C_{tot}^{4} \cdot C_{tot_v - 4}^{2}$

最终答案为：

$\sum_{u = 1}^{n-1} \sum_{v = u + 1}^{n} \ ans(u, v)$

复杂度为 $O(n^3)$ ，考虑使用bitset优化

枚举 $u, v$ 两个点不变，对每个节点设一个1000位的bitset，若此节点与i节点有连边，则将第i位设为1，否则为0

判断与两个节点都有连边的节点数可以将两个节点的bitset按位与，然后使用count()函数求得。

1001 Alice Game

考虑将k，n不同值的sg函数打表求出来然后找规律。

首先，当 $n = 0$ 时，先手无法行动必输，此时 $sg(0) = 0$ ，

考虑当 $1 \leq n \leq k$ ，这时先手只能执行第一步，将整个序列全部吃掉，因此这个局面只有一个 $sg(0) = 0$ 的后继，根据sg函数的定义，此时 $sg(n) = mex ( \ \{ 0 \} \ ) = 1$ .

当 $n = k + 1$ 时,先手既不能执行第一步也不能执行第二步,因此 $sg(k + 1) = 0$ .

当 $n \geq k + 2$ 时,先手可以执行第二步,吃掉其中 $k$ 个之后,还剩 $n - k$ 个,考虑将这 $n - k$ 个分成两部分,有 $(1 , n - k - 1), (2, n - k - 2), ..., ( \lfloor \frac{n - k}{2} \rfloor , n - k - \lfloor \frac{n - k}{2} \rfloor )$ 这些分法, 每次分成两部分之后可以将两段序列看成两个独立的游戏, 因此:

$sg(n) = mex ( \ \{ sg(1) \ xor \ sg(n - k - 1), \ ... \ , sg(\lfloor \frac{n - k}{2} \rfloor) \ xor \ sg(n - k - \lfloor \frac{n - k}{2} \rfloor) \} \ )$

打表代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long lld;
const int N = 1000005;
int k = 0;
int sgg[N];
int sg(int n) {
    if(n == 0) return 0;
    if(n <= k) return sgg[n] = 1;
    if(n == k + 1) return sgg[n] = 0;
    if(sgg[n]) return sgg[n];
    map<int, bool> mp;
    mp.clear();
    for(int i = 1; i <= (n - k) / 2; i++) {
        mp[sg(i) ^ sg(n - k - i)] = true;
    }
    for(int i = 0; i <= n; i++) {
        if(!mp[i]) return sgg[n] = i;
    }
}
int main() {
    cin >> k;
    vector<int> tmp;
    for(int i = 1; i <= 80; i++) {
        cout << "i = " << i << " sg = " << sg(i) << endl;
        if(sg(i) == 0) tmp.push_back(i);
    }
    cout << "sg(n) = 0 : ";
    for(auto v : tmp) {
        cout << v << " ";
    }
    return 0;
}

可以发现,对于每个k, 第一个 $sg = 0$ 的位置为k + 1,此后每隔 $4k + 2$ 个再次出现 $sg = 0$

答案就是, 特判 $n \leq k$ 的情况.

1011 SPY finding NPY

如果在第i位选到了最大值,需要两个前提:

1.最大值出现在第i位.

2.第1至i - 1 位中的最大值出现在第1至k位.

设 $f(i)$ 表示在第i位选到最大值的概率,则可得:

$f(i) = \frac {1}{n} \cdot \frac {k}{i - 1}$

则能选到最大值的概率为:

$g(k) = \sum_{i = k + 1} ^ {n} f(i) = \frac{k}{n} \cdot \sum_{i = k}^{n - 1} \frac{1}{i}$

枚举k, 使用前缀和预处理 $\sum_{i = k}^{n - 1} \frac{1}{i}$ 即可.

1010 Klee likes making friends

考虑dp

设 $f(i)(j)$ 表示前i个人中,必选第i个人,且与选的上一个人距离为j时的答案.

假设当前在第i位,与上一个人距离为j, 则上一个人位置为i - j, 现在考虑倒数第三个人的位置. 我们需要保证 $[i - m, i - 1]$ 这个长度为m的区间内存在至少两个人,因此倒数第三个人的位置可以存在的区间为 $[i - m, i - j)$ , 倒数第三个人到上一个人的距离k的范围为 $(0, m - j]$ , 因此状态转移方程为: