[题解]CSP2019 Solution - Part A

• 至于为什么是 \(\text{Part A}\) 而不是 \(\text{Day 1}\)
• 那是因为 Day1 T3 还没改
• （那这六题的 \(\text{solution}\) 就按难度顺序写吧）
• 感觉今年的画风和 \(\text{NOIP 2016}\) 有点像？

D1T1 code

Solution

• 直接模拟
• 如果 \(k<2^{n-1}\) 就输出 \(0\)
• 否则输出 \(1\) 并把 \(k\) 变成 \(2^n-1-k\)
• 然后 \(n\) 减掉 \(1\) 继续进行下去直到 \(n=0\) 为止
• 注意 \(k\) 要开 \(\text{unsigned long long}\)
• \(O(n)\)

Code

#include <bits/stdc++.h>

typedef unsigned long long ull;

int n;
ull k;

void solve(int n, ull k)
{
	if (!n) return;
	ull mid = 1ull << n - 1;
	if (k < mid) putchar('0'), solve(n - 1, k);
	else putchar('1'), solve(n - 1, mid - 1 - (k - mid));
}

int main()
{
	std::cin >> n >> k;
	solve(n, k);
	return puts(""), 0;
}

D1T2 brackets

Solution

• 令 \(cnt_u\) 表示根到 \(u\) 的路径组成的括号序列，以 \(u\) 为右端点的合法括号序列个数
• 那么 \(k_u\) 就等于根到 \(u\) 的路径上所有点的 \(cnt\) 之和
• 易得如果存在 \(u\) 的一个深度最大的祖先 \(v\) 使得 \(v\) 到 \(u\) 的路径组成的括号序列是合法括号序列
• 那么 \(cnt_u=cnt_{fa_v}+1\)
• 对于求这个 \(v\) ，可以维护一个栈
• 从根到 \(u\) ，如果是左括号则直接加入，如果是右括号且栈不空则弹栈
• 那么如果 \(u\) 为右括号，那么 \(v\) 为这次弹出的括号对应的点
• 而对于求出所有的 \(u\) ，可以在对树 \(\text{DFS}\) 的过程中维护这个栈，在 \(\text{DFS}\) 回溯时把栈操作也退回即可
• \(O(n)\)

Code

#include <bits/stdc++.h>

template <class T>
inline void read(T &res)
{
	res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	if (bo) res = ~res + 1;
}

typedef long long ll;

const int N = 5e5 + 5;

int n, fa[N], ecnt, nxt[N], adj[N], go[N], stk[N], top, cnt[N];
char s[N];
ll sum[N], ans;

void add_edge(int u, int v)
{
	nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v;
}

void dfs(int u)
{
	int tf = 0;
	if (s[u] == '(') stk[++top] = u;
	else if (top) cnt[u] = cnt[fa[tf = stk[top--]]] + 1;
	sum[u] = sum[fa[u]] + cnt[u];
	ans ^= sum[u] * u;
	for (int e = adj[u], v = go[e]; e; e = nxt[e], v = go[e])
		dfs(v);
	if (s[u] == '(') top--;
	else if (tf) stk[++top] = tf;
}

int main()
{
	int x;
	read(n);
	scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1);
	for (int i = 2; i <= n; i++) read(x), add_edge(fa[i] = x, i);
	dfs(1);
	return std::cout << ans << std::endl, 0;
}

D2T1 meal

Solution

• 如果没有一半的限制，那么答案为

• \[\prod_{i=1}^n(1+\sum_{j=1}^ma_{i,j})-1 \]

• 而出现次数超过一半的主要食材最多 \(1\) 种
• 故可以枚举超过一半的主要食材是哪种，并把对应的方案数从上式种扣掉即可
• 假设确定了一种食材 \(x\) ，考虑如何求这种食材出现超过一半的方案数
• 设 \(u_i=a_{i,x}\) ， \(v_i=\sum_{j=1,j\ne x}^ma_{i,j}\)
• 问题就转化成了有 \(n\) 个变量，对于第 \(i\) 个变量有 \(u_i\) 种方法使其为 \(1\) ， \(v_i\) 种方法使其为 \(-1\) ，\(1\) 种方法使其为 \(0\)，求有多少种方案使得 \(1\) 的个数严格大于 \(-1\) （所有变量的和严格大于 \(0\) ）
• 于是可以 \(\text{DP}\) ：设 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个变量和为 \(j\) 的方案数（\(j\) 可以为负），转移时枚举下一个变量的取值
• \(O(mn^2)\)

Code

#include <bits/stdc++.h>

template <class T>
inline void read(T &res)
{
	res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	if (bo) res = ~res + 1;
}

const int N = 105, E = 205, M = 2005, rqy = 998244353;

int n, m, a[N][M], f[N][E], sum[N], tmp[N], ans = 1;

inline void add(int &a, const int &b)
{
	a += b; if (a >= rqy) a -= rqy;
}

inline void sub(int &a, const int &b)
{
	a -= b; if (a < 0) a += rqy;
}

int main()
{
	read(n); read(m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			read(a[i][j]), add(sum[i], a[i][j]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) ans = 1ll * ans * sum[i] % rqy;
	sub(ans, 1);
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= n; j++) tmp[j] = sum[j], sub(tmp[j], a[j][i]), sub(tmp[j], 1);
		for (int j = -n; j <= n; j++)
			for (int k = 0; k <= n; k++)
				f[k][j + n] = 0;
		f[0][n] = 1;
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			for (int k = -n; k <= n; k++)
			{
				add(f[j][k + n], f[j - 1][k + n]);
				if (k > -n) add(f[j][k + n], 1ll * f[j - 1][k - 1 + n] * a[j][i] % rqy);
				if (k < n) add(f[j][k + n], 1ll * f[j - 1][k + 1 + n] * tmp[j] % rqy);
			}
		for (int j = 1; j <= n; j++) sub(ans, f[n][j + n]);
	}
	return std::cout << ans << std::endl, 0;
}