Practice on Codeforces and Atcoder in April

1811D

性质：

$$F_0^2+F_1^2+F_2^2+\dots +F_n^2=F_n·F_{n+1}$$

证明：数学归纳法：$F_n·F_{n+1}=F_n(F_n+F_{n-1})=F_n^2+F_n{F}_{n-1}\dots \dots$

题目等价于是确定了 $F_0$ 的位置，是否可以分割出其他。

考虑类似螺旋的分割方式，从大到小分割($F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$)，每一次贪心地放最大的正方形，以达到缩小问题规模即可。

当然这里利用了对称性，直接迭代实现。

#define int long long
int n,a,b,f[55];
signed main(){
	f[0]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<=45;i++)f[i]=f[i-1]+f[i-2];
	int t;cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>a>>b;int tag=0;swap(a,b);
		for(int i=n;i;--i){
			if(a>f[i])a-=f[i];
			else if(a>f[i-1])tag=1;
			swap(a,b);
		}
		if(tag)cout<<"No\n";
		else cout<<"Yes\n";
	}
} 

1819B

考的时候想歪了。

题目意思即为给定一些小矩形，这些小矩形是由大矩形每一次进行横切/纵切得到(切为两部分后其中一部分就不动了，矩形不可旋转翻转)

引理1：解的个数最多只有二

证明：小矩形中长和宽的最大值分别对应答案矩形的长宽，且面积一定

这是一个重要的性质，问题化为判定答案的合法性

考虑模拟这个过程，显然不会超时

使用队列进行优化。

设答案矩阵长宽为 $(h,w)$，每一个矩阵的长宽为 $(h_i,w_i)$

我们现在讨论 $\text{exist}i\in [1,n],h_i=h$ 的情况

设 $x=\sum _{i=1}^n[h_i=h]w_i$，则表示这些矩阵都是一次性砍掉的

那么问题就化为判断 $(h,w-x)$ 的合法性，设 $w^{\prime }=w-x$

再设 $x^{\prime }=\sum _{i=1}^n[w_i=w^{\prime }]h_i$，则问题化为判断 $(h-x^{\prime },w^{\prime })$ 的合法性

容易发现这是一个递归的过程，有解的充要条件是最后某维度化为0，且过程中 $x>0$

从这里可以看出：核心在于将求解答案化为判定答案，再以题目所给方式倒推证明

1821D

1770D

题意：

Koxia 和 Mahiru 正在玩一个游戏。游戏使用 $a,b,c$ 三个长度为 $n$ 的数组，共进行 $n$ 轮。

每一轮中，Koxia 先在 $a_i,b_i,c_i$ 中选择一个数字，Mahiru 再从未选择的两个数字中选择一个。

如果 $n$ 轮后 Mahiru 选择的数字刚好包含 $1$ 至 $n$ 中每个数字各一个（即为 $1$ 至 $n$ 的一个排列），则 Koxia 获胜。否则，Mahiru 获胜。

假设双方都采取最优策略，给定 $a,b$ 数组，求使得 Koxia 必胜的 $c$ 数组的个数。

题解：

因为两人都足够聪明，所以想赢就只有一种可能——先手可以限制后手怎么走

回到这个问题，如果后手方案确定，当且仅当剩下两个数是一样的，这样后手就会被先手牵着鼻子走

那么进行分类讨论可以确定必要条件：

1. $a_i=b_i$ 此时 $c_i$ 有 $n$ 种取法
2. $a_i\ne b_i$ 此时 $c_i$ 有两种取法，分别对应 $a_i,b_i$

但这个条件不够充分。

对于这类或关系的处理，图论建模是一个很好的方法。

我们将一对$a_i,b_i$进行连边，问题化为每条边都必须指定端点的其中之一，不重不漏。考虑什么条件下是合法的。

下面我们证明有且仅有环是合法的，我们分连通块来讨论这个问题，显然不同连通块是 不会互相影响的。

先证充分性：按着环跑一圈一定是合法的

再证必要性：

1. 假设它是一棵树，则 $|E|<|V|$，必定存在点连不到(树根)，答案变0
2. 假设它连通，但 $|E|>|V|$，则必然会取到重复的，答案直接变0

统计$|V|>1$环的个数(并查集即可)，记为 $c$，$|V|=1$ 环的个数记为$s$

$ans=2^c{n}^s$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 205050
int f[N],num,a[N],b[N],n,m,ans=1,dfn[N],low[N],dcc,cnt[N],scc[N],tot=1,vis[N],siz[N],V[N];
int get(int x){
	return x==f[x]?x:f[x]=get(f[x]);
}
void solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i!=f[i]||V[i])continue;
		if(siz[i]==cnt[i]&&vis[i]){
			ans=1ll*ans*n%998244353;continue;
		}
		ans=1ll*ans*(siz[i]==cnt[i])*2%998244353;
	}
}
void clear(){
	for(int i=1;i<=n;i++)siz[i]=cnt[i]=V[i]=vis[i]=0;
	dcc=num=0,tot=ans=1;
}
int main(){
	int t;cin>>t;
	while(t--){
		clear();
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>a[i];f[i]=i;siz[i]=1;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];
		for(int i=1;i<=n;i++){
				int u=get(a[i]),v=get(b[i]);
				if(u==v){
					if(a[i]==b[i])vis[u]=1;
					cnt[v]++;continue;
				}
				f[u]=v,cnt[v]+=cnt[u]+1,siz[v]+=siz[u],vis[v]|=vis[u];
		}
		solve();
		cout<<ans<<"\n";	
	}
}