[Atcoder Grand Contest 002] Tutorial
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A:
……
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int a,b; int main() { scanf("%d%d",&a,&b); if(a>0) puts("Positive"); else if(a<=0&&b>=0) puts("Zero"); else if((b-a)&1) puts("Positive"); else puts("Negative"); return 0; }
B:
分别用$cnt[i]$和$ok[i]$记录当前的个数以及是否可能计入答案
注意模拟时用$ok[x[i]]$来更新$ok[y[i]]$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN=1e5+10; int n,m,x,y,cnt[MAXN],ok[MAXN],res; int main() { scanf("%d%d",&n,&m); ok[1]=1; for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=1; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); cnt[x]--;cnt[y]++; if(ok[x]) ok[y]=true; if(ok[x]&&!cnt[x]) ok[x]=false; } for(int i=1;i<=n;i++) res+=ok[i]; printf("%d",res); return 0; }
C:
又是一道构造题……
遇到输出Possible/Impossible的题目先想一想Impossible的条件是什么
对于此题，明显如果没有$dat[i]+dat[i+1]\ge L$则无解
那么有解时从两边一路断到中间即可
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,l,pos,a,b; int main() { scanf("%d%d%d",&n,&l,&a); for(int i=2;i<=n;i++) { b=a;scanf("%d",&a); if(a+b>=l) pos=i-1; } if(!pos) return puts("Impossible"),0; puts("Possible"); for(int i=1;i<=pos-1;i++) printf("%d\n",i); for(int i=n-1;i>=pos;i--) printf("%d\n",i); return 0; }
D:
整体二分+并查集合并
等把整体二分和cdq分治学好了再来填吧……
E:
题面大意：
有$n$堆石子，每次可以选择取一整堆或选择每堆取一个
取到最后一个石子的人判负
在本蒟蒻看来是博弈里的神题了
将每堆石子按照从多到少排序后，可以发现每进行一次操作，其实就是去掉一整行或一整列
（类似于杨氏矩阵查找时的操作）
最后没有石子时下一次操作的人获胜
因此可以将模型转化为有关路径的模型：
每个人每次可以将起始点向上或向右移动一次，将点移出边界的人判负
接下来推断必胜态和必败态即可：
1、在边界外的一圈都是必胜态
2、根据必败态的定义，对于状态$(x,y)$，如果$(x,y+1),(y,x+1)$均为必胜态则$(x,y)$为必败态
3、根据必胜态的定义，对于状态$(x,y)$，如果$(x,y+1),(y,x+1)$存在必败态则$(x,y)$为必胜态
由此推出起点$(1,1)$的状态：
但$\sum_{i=1}^n a_i$的复杂度不满足要求
通过打表找规律可知：每一条斜率为1的直线上的状态相同
因此除了边界外，不在直线$y=x$上的状态是无关紧要的
于是我们找到$y=x$能延伸到的最远点，设其到上边界距离为$d_i$，到右边界距离为$d_j$
当且仅当$d_i$和$d_j$均为偶数时$(1,1)$为必败态，否则为必胜态。模拟即可
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,dat[100005]; bool cmp(int a,int b){return a>b;} int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&dat[i]); sort(dat+1,dat+n+1,cmp); int row=1,col=0; while(dat[row+1]>=row+1) row++; while(dat[row+col+1]>=row) col++; printf(!((dat[row]-row)&1)&&!(col&1)?"Second":"First"); return 0; }
能总结的思路还是比较多的：
1、对同类操作的合并
同类操作最好能统一处理
通过排序等方式将对每堆进行的总共$n$次操作化为一次操作
2、可以将博弈论问题转化成点的移动模型
由于要确定必胜/必败态，最好能将每一个状态简化，那么点的位置自然是最好表示的状态
3、打表找规律
很多博弈论问题为了简化$SG$函数都要打表找规律，算是要经常用的常规操作
F:
可以先通过有序化来简化问题：
钦定第$i$个0来自于第$i$中颜色，最后的结果乘上$n!$就行了
（可以将颜色序列$1,2,3....n$想成每次用$a_1,a_2,a_3.....a_n$去替换）
此时发现序列要满足：
1、第一个颜色$i$要出现在第$i$个0之后（保证合法性）
2、第一个颜色$i$要出现在第一个颜色$i-1$之后（保证有序性，否则会重复计算）
接下来直接上各种$dp$就行了，维护已有的0的个数和已处理的颜色数
官方题解提供了一种值得借鉴的思路：
由于颜色的有序性，将模型转化为求建图后拓扑排序的方案数
接下来从后往前，令$dp[i][j]$为已有$i$个0，确定了后$j$种颜色的方案数进行$dp$
分两种情况统计：$dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]*C_{i+(k-1)*j-1}^{k-2} (j>i)$
心情好用滚动数组优化下空间
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MAXN=2005,MOD=1e9+7; int n,k,fac[MAXN*MAXN],inv[MAXN*MAXN],dp[MAXN]; ll quick_pow(ll a,ll b) { ll ret=1; for(;b;b>>=1,a=a*a%MOD) if(b&1) ret=ret*a%MOD; return ret; } ll C(int a,int b) {if(a<b) return 0;return 1ll*fac[a]*inv[a-b]%MOD*inv[b]%MOD;} void inc(int &a,int b){a+b>MOD?a+=b-MOD:a+=b;} int main() { scanf("%d%d",&n,&k); if(k==1) return puts("1"),0; fac[0]=dp[0]=1; for(int i=1;i<=n*k;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD; inv[n*k]=quick_pow(fac[n*k],MOD-2); for(int i=n*k-1;i>=0;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%MOD; for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) inc(dp[j],dp[j-1]*C(i+(k-1)*j-1,k-2)%MOD); ll res=1ll*dp[n]*fac[n]%MOD; printf("%lld",res); return 0; }
1、如果不同颜色具有可替代性，构造有序性来简化问题和思维难度
2、有序性 $<->$ 拓扑排序
3、线性求阶乘逆元、对加法取模优化
用了好几次了，记得套路就行……
