AtCoder Grand Contest 043 题解 [A~D,EF暂坑]

Task

前言

比赛时只做对A,实在是丢脸.

正题

$A$A

题意:给你一个n*m的矩阵01矩阵,每次操作使得一个子矩阵的数全部置反,求最少操作使得有一条只经过0就从左上到右下的方案.(只能往右或往下走)

思路:暴力枚举是不易找到边界的,我们考虑转换.
如果把一个子矩阵置反,相当于走原来的图中的1.
那么显然,最少操作数等价于路径上最少有多少个1的块.
线性dp即可.

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=110,size=1<<20;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}

char s[N][N];
int f[N][N],n,m;

int main() {
	qr(n); qr(m); memset(f,63,sizeof f);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",s[i]+1);
	f[1][1]=(s[1][1]=='#');
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=m;j++)
			f[i+1][j]=min(f[i+1][j],f[i][j]+(s[i][j]!=s[i+1][j])),
			f[i][j+1]=min(f[i][j+1],f[i][j]+(s[i][j]!=s[i][j+1]));
	}
	pr2(f[n][m]+1>>1);
	return 0;
}

$B$B

比赛的时候觉得题意简单但是不会.
但是赛后题解还是讲的很好的.

---

首先,把输入的[1,3]变为[0,2].(以下均认为输入为[0,2])
考虑弱化版本,输入只有[0,1].
那么$|x-y|=x \operatorname{xor }y$∣x−y∣=xxory
那么每个数$i$i对结果的贡献就是$n$n行杨辉三角的第$i$i个数,大小正好为$C_{n-1}^{i-1}=\dfrac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}$Cn−1i−1​=(i−1)!(n−i)!(n−1)!​.
答案显然为[0,1],所以我们只在意$C_{n-1}^{i-1}=\dfrac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}$Cn−1i−1​=(i−1)!(n−i)!(n−1)!​的奇偶性,具体处理方法为求每个阶乘有多少个2的因子.

现在开始推广.如果输入有1,那么答案不能为2.
为啥呢?因为只要有1,到倒数第2行(只有2个数)就一定有1,答案只能为[0,1].
所以得到以下求解思路:

• 若输入有1,判断答案的奇偶性则可得到答案.
• 输入无1(即只可能有0,2),那么把每个数/2,就是与上面相同的问题啦.

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int n,cnt[N],sum[N],tmp=2,ans;
char a[N];
int main() {
	scanf("%d",&n); n--;scanf("%s",a);
	for(int i=0;i<=n;i++) {
		a[i]-='1';
		if(a[i]==1) tmp=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) 
		sum[i]=sum[i-1]+(cnt[i]=(i&1?0:cnt[i>>1]+1));
	for(int i=0;i<=n;i++)
		if(sum[n]==sum[i]+sum[n-i])
			(ans+=a[i]/tmp)&=1;
	printf("%d\n",ans*tmp); return 0;
}

$C$C

求一个神奇的图的最大权独立集.

显然可以贪心先选择权值较大的(不知道如何理性证明 ).
upd:我得到了兔队的回复.

总结:对于这个$(i+j+k)$(i+j+k)分层图,层数大的一个点要比所有层数比它小的节点的权值都要多,所以当然要先取层数大的啦.(同一层的点必然不交),为了取得尽量多,我们间隔着捡,这明显对应着一个公平组合问题.
所以我们把边看成指向权值大的.
然后把每个图当做有向图游戏那样求出所有的点的sg函数.(不能动者输)
每个图看作一个子游戏的话,那么全局的sg函数就为仨的异或值.

引理:对于全局的有向图必败态而言,它们必然无边相连.
证明:根据sg函数的定义,必败态只能接必胜态. Q.E.D.

然后,根据题解神奇的定义:一张有向图sg函数的最大值为$\sqrt m$m​.

证明:设$f(i)表示maxsg=i时的最小边数$f(i)表示maxsg=i时的最小边数,则有$f(0)=0,f(i)=f(i-1)+i=\dfrac{(i+1)*i}{2}$f(0)=0,f(i)=f(i−1)+i=2(i+1)∗i​
然后我们解方程$f(x)=\dfrac{(x+1)*x}{2}=m$f(x)=2(x+1)∗x​=m,则$x\approx \sqrt m$x≈m​

所以,可以抄得如下代码:

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e5+10,size=1<<20,mod=998244353;

char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}

struct edge{int y,next;}a[N];int len,last[N];
void ins(int x,int y) {a[++len]=(edge){y,last[x]};last[x]=len;}

void upd(int &x) {x+=x>>31&mod;}

ll power(ll a,ll b=mod-2) {
	ll c=1;
	for(   ;b;b>>=1,a=a*a%mod)
		if(b&1) c=c*a%mod;
	return c;
}

int n,m,f[N],sum[3][N],sz[3],g[N],num,ans,fir,inv=power(fir=power(10,18));

int main() {
	qr(n);
	for(int graph=0;graph<3;graph++) {
		if(len) memset(last+1,0,n<<2),len=0;
		qr(m); for(int j=1,x,y;j<=m;j++) {
			qr(x),qr(y);
			if(x>y) swap(x,y);
			ins(x,y);
		}
		int now=power(fir,n);
		for(int i=n; i;i--) {
			//求sg函数(f)
			++num;
			for(int k=last[i];k;k=a[k].next)
				g[f[a[k].y]]=num;
			f[i]=0;
			while(g[f[i]]==num) f[i]++;
			sz[graph]=max(sz[graph],f[i]);
			upd(sum[graph][f[i]]+=now-mod);
			now=(ll)now*inv%mod;
		}
	}
	for(int i=0;i<=sz[0];i++)
		for(int j=0,k;j<=sz[1];j++) {
			k=i^j;
			upd(ans+=(ll)sum[0][i]*sum[1][j]%mod*sum[2][k]%mod-mod);
		}
	pr2(ans);
	return 0;
}

$D$D

DP好题.思维难度高,代码量小.

简明题意:有n个含三个元素的队列($A[1...n][1..3]$A[1...n][1..3]),(这3n个数构成一个3n的排列),每次操作如下:
选出最小队头,输出并删除.求不同的输出( P )数.

可以发现:若$A[i][j]>A[i][j+1]$A[i][j]>A[i][j+1]的话,那么$A[i][j],A[i][j+1]为P中的相邻位置$A[i][j],A[i][j+1]为P中的相邻位置.
所以我们可以把$A$A进行压缩.设压缩成$B$B.
$B(block,存块信息)$B(block,存块信息)数组中存放的元素为$A[i]中的前缀最大值的去重结果$A[i]中的前缀最大值的去重结果.
举个栗子,设$A=\{ \{3,1,2\},\{5,6,1\}\},则B=\{3,2,5,6\},输出就是\{2,3,5,6\}所对应的块$A={{3,1,2},{5,6,1}},则B={3,2,5,6},输出就是{2,3,5,6}所对应的块.
然后解题的重要转化就是$P<->A<->B$P<−>A<−>B.
映射关系:

定义域	映射
A	B
A	P

所以,我们可以换一种思路:把判断$P$P是否成立转换为判断是否存在$B$B能与之对应.
$B$B排序后有如下性质:

1. 有序(废话)
2. 每个B中元素对应A中至多3个元素,且B中元素对应长度为1的数量$\ge$≥B中元素对应长度为2的数量.

反过来,设B排序后的对应长度分别为$a_1,a_2,..,a_k$a1​,a2​,..,ak​,则其对应的的$P$P的数量为$n!/(\prod_{j=1}^k (\sum_{i=1}^j a_i))$n!/(∏j=1k​(∑i=1j​ai​)).
因为排序后$B[1]是a_1个元素中最小的,成立的概率为1/a_1$B[1]是a1​个元素中最小的,成立的概率为1/a1​,
$B[2]成立的概率为1/(a_1+a_2)$B[2]成立的概率为1/(a1​+a2​).
综上得证.

所以我们可以进行DP.
定义状态$f[i][j]$f[i][j],$i=\sum a_i,j=长度为1的-长度为2的.$i=∑ai​,j=长度为1的−长度为2的.
复杂度$O(n^2)$O(n2).

#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define gc getchar()//(p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,size,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
#define mk make_pair
#define pi pair<int,int>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=12010,size=1<<20;

//char buf[size],*p1=buf,*p2=buf;
template<class o> void qr(o &x) {
	char c=gc; x=0; int f=1;
	while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1; c=gc;}
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc;
	x*=f;
}
template<class o> void qw(o x) {
	if(x/10) qw(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}
template<class o> void pr1(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); putchar(' ');
}
template<class o> void pr2(o x) {
	if(x<0)x=-x,putchar('-');
	qw(x); puts("");
}

int n,mod,tot,f[N][N];ll inv[N],jc;//f[i][j]表示i个数,j表示1的个数-2的个数 
void upd(int &x) {x+=x>>31&mod;}

int main() {
	qr(n); qr(mod); tot=3*n+1; 
	f[0][tot]=1;
	inv[1]=jc=1; for(int i=2;i<tot;i++) inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod,jc=jc*i%mod;
	for(int i=1;i<tot;i++) 
		for(int j=-i+tot;j<=i+tot;j++) {
			f[i][j]=f[i-1][j-1]*inv[i]%mod;
			if(i>=2)upd(f[i][j]+=f[i-2][j+1]*inv[i]%mod-mod);
			if(i>=3)upd(f[i][j]+=f[i-3][j  ]*inv[i]%mod-mod);
		}
	ll ans=0; 
	for(int i=tot;i<=tot*2;i++) ans+=f[tot-1][i];
	ans%=mod; pr2(ans*jc%mod);
	return 0;
}

$E$E

$F$F