Educational Codeforces Round 157 (Rated for Div. 2)
F. Fancy Arrays
第一眼感觉是去容斥掉条件 1，因为条件 2 其实挺紧的。
不妨用 \(f(l,r)\) 表示 \(a\) 值域在 \([l,r]\) 的方案（满足条件 2）。
那么答案为 \(f(0,+\infty)-f(0,x-1)-f(x+k,+\infty)\)，因为如果选了 \([0,x-1]\) 的数，那么还要更大的话，一定会选到 \([x,x+k-1]\)，所以你要钦定没有的话，一定只能在 \([0,x-1]\) 里面选。\(>x+k-1\) 同理。
考虑 \(+\infty\) 的上界很烦，能不能合并下消去，\(f(0,+\infty)-f(x+k,+\infty)\) 是啥？显然是存在一个数在 \([0,x+k-1]\) 的方案数。抽象到二维平面上便可以很好的解释。或者考虑二者的集合对称差，显然是 \([0,x+k-1]\) 这意味着二者减去之后一定是存在一个数在 \([0,x+k-1]\) 的方案数。考虑咋做。这个东西等价于最小值在这个区间的方案数，考虑钦定差分数组，接下来，记差分数组的前缀最小值为 \(mi\)，那么最小值显然为 \(a_1+mi\)，考虑钦定 \(a_1+mi\) 落在那个区间即可。而你会发现，我们这样钦定实际上对于差分数组是没有限制的。那这样钦定一定不重不漏吗？考虑一个序列，显然一定会被钦定到。接下来，再考虑一个序列，会被钦定几次？你注意到，对于一种确定的差分数组，其最小值的位置/位置集是唯一的。也就是说，我们钦定后，构造出来的一定是互不相同的。
接下来 \(f(0,x-1)\) 这一部分直接 \(dp\) 即可。注意到，这种东西实际上是可以抽象成 DAG 数路径数的，这东西直接矩阵加速即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int mod=(int)(1e9+7);
int n,K,X;
int fpow(int x,int y) {
int res=1; x%=mod;
while(y) {
if(y&1) res=res*x%mod;
y>>=1; x=x*x%mod;
} return res;
}
struct Mat {
int a[41][41];
Mat() {
memset(a,0,sizeof(a));
}
void clr() {
memset(a,0,sizeof(a));
}
}E,F;
Mat mul(Mat &f,Mat &g) {
Mat res;
for(int i=0;i<X;i++)
for(int j=0;j<X;j++)
for(int k=0;k<X;k++)
res.a[i][j]=(res.a[i][j]+f.a[i][k]*g.a[k][j]%mod)%mod;
return res;
}
void sol() {
cin>>n>>X>>K;
int ans=fpow(2*K+1,n-1)*(X+K)%mod;
E.clr(); F.clr();
for(int i=0;i<X;i++) F.a[0][i]=1;
for(int i=0;i<X;i++) {
for(int j=0;j<X;j++) {
if(abs(i-j)<=K) E.a[i][j]=1;
}
}
int qwq=n-1;
while(qwq>0) {
if(qwq&1) F=mul(F,E);
qwq>>=1; E=mul(E,E);
}
for(int i=0;i<X;i++) ans=(ans-F.a[0][i]+mod)%mod;
cout<<(ans%mod+mod)%mod<<'\n';
}
signed main() {
cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
int T; cin>>T; while(T--) sol();
return 0;
}
E.Infinite Card Game
注意到类似省选那个过河卒，是个图上走的问题。
但是直接建图是平方级别。
考虑贪心地对于能赢的尽量选防御最大即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=(int)(6e5+5);
struct node {
int x,y;
}a[N],b[N];
int vis[N];
vector<int>g[N];
int n,fl,m,pre[N],prep[N],du[N];
queue<int>q;
bool cmp(const node &x,const node &y) {
return x.x>y.x;
}
void sol() {
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].x;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].y;
cin>>m;
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i].x;
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i].y;
sort(b+1,b+1+m,cmp);
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=m;i++) {
pre[i]=pre[i-1];
prep[i]=prep[i-1];
if(b[i].y>pre[i]) {
pre[i]=b[i].y;
prep[i]=i;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
int l=1,r=m,res=0;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(b[mid].x>a[i].y) res=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
if(res) g[n+prep[res]].pb(i),++du[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
pre[i]=pre[i-1];
prep[i]=prep[i-1];
if(a[i].y>pre[i]) {
pre[i]=a[i].y;
prep[i]=i;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++) {
int l=1,r=n,res=0;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(a[mid].x>b[i].y) res=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
if(res) g[prep[res]].pb(n+i),++du[n+i];
}
int ans1=0,ans2=0,ans3=0;
for(int i=1;i<=n;i++) if(!du[i]) vis[i]=1,q.push(i);
for(int i=1;i<=m;i++) if(!du[i+n]) vis[i+n]=3,q.push(i+n);
while(!q.empty()) {
int x=q.front(); q.pop();
for(int y:g[x]) {
--du[y];
if(!du[y]) {
vis[y]=vis[x];
q.push(y);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(du[i]) ++ans2;
if(vis[i]==1) ++ans1;
if(vis[i]==3) ++ans3;
}
cout<<ans1<<" "<<ans2<<" "<<ans3<<"\n";
for(int i=0;i<=n+m;i++) g[i].clear(),vis[i]=du[i]=0;
}
signed main() {
cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
int T; cin>>T; while(T--) sol();
return 0;
}
D.XOR Construction
注意到如果确定了第一个，其他一定是确定的。
即 \(b_i=pre_{i-1} \ xor \ b_1\)，\(pre\) 为 \(a\) 的前缀异或。
那么限制有两个，一个是均不相同。
不妨考虑相同，即 \(pre_{i-1} \ xor \ b_1=pre{j-1} \ xor \ b_1\)，即二者 \(pre\) 相同，这与我们选取 \(b_1\) 是无关的。
另一个限制就是最大的数 \(\le n-1\)，这个限制我们直接变成 check 每个开头是否合法，变成最大异或扔到 01trie 上即可。
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int N=(int)(4e5+5);
int n,a[N],b[N],pre[N],ch[2][N*22],tot=1;
void ins(int x) {
int p=1;
for(int i=20;i>=0;i--) {
bool c=((x>>i)&1);
if(!ch[c][p]) ch[c][p]=++tot;
p=ch[c][p];
}
}
int qry(int x) {
int res=0,p=1;
for(int i=20;i>=0;i--) {
bool c=((x>>i)&1);
if(ch[c^1][p]) {
res|=(1<<i);
p=ch[c^1][p];
} else p=ch[c][p];
}
return res;
}
void sol() {
for(int i=2;i<=n;i++) b[i]=(pre[i-1]^b[1]);
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<b[i]<<' ';
}
signed main() {
cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<n;i++) pre[i]=(pre[i-1]^a[i]);
for(int i=1;i<n;i++) ins(pre[i]);
for(int i=0;i<n;i++) {
int qwq=qry(i);
if(qwq<=n-1) {
b[1]=i; sol(); return 0;
}
}
return 0;
}
