YAOI Round #5 题解

前言

比赛链接：

Div.1 : http://47.110.12.131:9016/contest/13

Div.2 : http://47.110.12.131:9016/contest/12

Div.2——Charlotte

下面是 Div.2 的题解。

A. 我思及他人

对于 \(10\%\) 的数据，枚举 \(A,B,C\) 判断即可，时间复杂度 \(O(n^3)\)。

对于 \(30\%\) 的数据，枚举 \(A,B\) 判断 \(C\) 是否合法即可，时间复杂度 \(O(n^2)\)。

对于 \(50\%\) 的数据，枚举 \(C\) 计算它对答案的贡献即可，时间复杂度 \(O(n)\)。

对于 \(100\%\) 的数据，我们考虑把上面对 \(C\) 贡献的计算用数学方法搞成这样一个式子：（只用到了等差数列的求和公式）

\[ans=\sum_{i=1}^{R-2\times L+1}i=\frac{(R-2\times L+1)\cdot(R-2\times L+2)}{2}
\]

这样的时间复杂度为 \(O(1)\)，即可通过本题。

if(R-L-L<0) printf("0\n");
else printf("%lld\n",(R-L-L+1)*(R-L-L+2)/2);

B. 恋情与火焰

这题应该算是道送分题——输出 No 有 \(60\) 分。（当然乱搞还可以得到更多的分）

但实际上正解也不算很难。

设 \(m\) 为 \(a_i\) 中的最小值，\(M\) 为 \(a_i\) 中的最大值，\(cnt\) 为 \(a_i\) 中 \(m\) 出现的次数。

• 首先有一个显然的结论：若 \(M-m>1\)，则不存在合法的构造方案。

• 考虑另一种比较简单的结论：若 \(M-m=0\)，则当且仅当 \(cnt=n-1\) 或 \(2\times cnt\leq n\) 时存在合法的构造方案。

事实上，我们会发现：\(n\) 个人中的颜色要么全都不同，要么就不存在某种颜色只出现了一次。

当颜色全都不同时，\(cnt=n-1\)；当不存在某种颜色只出现了一次时，\(2\times cnt\leq n\)。

• 最后来看这样一个结论：若 \(M-m=1\)，则当且仅当 \(m<cnt\) 或 \(n-cnt<2\times (M-cnt)\) 时不存在合法构造方案。

我们考虑 \(cnt\) 的本质意义：只出现一次的颜色数量。

对于一个颜色只出现一次的人来说，他能看到除自己以外所有只出现一次的颜色，有 \(cnt-1\) 种。

同时他还能看到至少一种出现多次的颜色，所以他至少应该看到 \(cnt\) 种颜色。

于是合法的构造要满足 \(m\geq cnt\)。

类似地，对于一个颜色出现多次的人来说，他可以看到当前的所有颜色，所以 \(M\) 是颜色总数。

那么 \(M-cnt\) 就是出现多次颜色的数量。

而出现多次的颜色至少要有两个，那么此时就需要满足 \(n-cnt\geq 2\times (M-cnt)\) 才有合法方案。

根据上述三个结论便可得到正解。

#include<bits/stdc++.h>
#define Re register
using namespace std;

const int N=100005;
int n,a[N];
int cnt,Max,Min=0x3f3f3f3f;

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(Re int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		Max=max(Max,a[i]);
		Min=min(Min,a[i]);
	}
	for(Re int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]==Min)
		{
			cnt++;
		}
	}
	if(Max-Min>1) return 0*puts("No");
	if(Max==Min)
	{
		if(Min==n-1||2*Min<=n) return 0*puts("Yes");
		else return 0*puts("No");
	}
	if(Min<cnt||n+cnt<2*Max) return 0*puts("No");
	return 0*puts("Yes");
}

C. 未曾留意的幸福

取 \(x=\left(\prod\limits_{i=1}^{n}a_i\right)-1\) 可得 \(f(x)=\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\right)-n\)。

这样 \(O(n)\) 计算即可。

scanf("%d",&n);
for(Re int i=1;i<=n;i++)
{
	scanf("%d",&a);
	ans+=a;
}
printf("%d",ans-n);

D. 不在此处的世界

考虑 \(\operatorname{lcm}(x,y)\) 可能取到的最小值。

实际上，取 \(x=L,y=2\times L\) 得到 \(\operatorname{lcm}(x,y)=2\times L\) 为最小值。

这样 \(O(1)\) 计算即可。

if(r<2*l) puts("-1 -1");
else printf("%d %d\n",l,2*l);

E. 你我的约定

把每个 pair 写作 \((a_i,b_i)\)、\((-a_i,-b_i)\) 的形式。

那个符号的组合意义就变成是 \((a_i,b_i)\) 到 \((-a_j,-b_j)\) 的折路径个数。

于是就可以在平面上 DP 来一起统计：设 \(f_{i,j}\) 表示 \((i,j)\) 到它左下角的点的路径总数。

那么有 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}+cnt_{i,j}\)，搞定。

Div.1——某科学的超电磁炮

下面是 Div.1 的题解。

A. RAILGUN

同 Div.2 的 A 题。

B. 御坂妹妹

答案就是两倍总边长减去树的直径。

这个比较显然，你手模一下，发现整棵树绝大多数边都需要遍历两遍，除了其中一条路径，那么当然减去直径最合算。

C. 白井黑子

同 Div.2 的 B 题。

D. 上条当麻

答案为：\(P^{(n-1)^2}\)，因为你枚举左上的 \(n-1\) 行和 \(n-1\) 列的结果，有这么多种。

于是你可以求得 \(A_{i,n}=P\cdot(N-1)-\sum_{j=1}^nA_{i,j}\)，\(A_{n,i}\) 也同理。

对于 \(A_{n,n}\)，你会惊奇地发现没有冲突！

注意：\(C\) 是没有用的，实现的时候，模数只能对 \(998244353-1\) 取模。

inline void solve()
{
    long long n, c, m; cin >>n >>c >>m;
    cout << qpow(m % 998244353, (n - 1) % 998244352 * ((n - 1) % 998244352) % 998244352) << endl;
}

E. 信仰不灭

这个是 SG 函数的模板应用，如果不会的话可以看一下 SG 函数的 oi-wiki，代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 5e6 + 1e2;

int n, cnt, SG[maxn]; unordered_map<ll, int> id;

inline ll get(int x, int y) { return x * 100000ll + y; }

int DFS(int x, int y)
{
	//cerr << x << ' ' << y << ' ' << cnt <<  endl;
	if (x + y >= n) return 0; int u, v;
	if (u = id[get(x, y)]) return SG[u]; u = id[get(x, y)] = ++cnt;
	v = DFS(1, x + y); if (!v) SG[u] = 1;
	v = DFS(x * 2, y); if (!v) SG[u] = 1;
	v = DFS(x * 3, y); if (!v) SG[u] = 1; return SG[u];
}

extern "C" int _opt(int nn, int x, int y)
{
	n = nn, DFS(1, 0);
	if (!SG[id[get(1, x + y)]]) return 1;
	if (!SG[id[get(x * 2, y)]]) return 2;
	if (!SG[id[get(x * 3, y)]]) return 3;
	return -1;
}

int main()
{
	int n, a, b; cin >> n >>a >>b;
	cout << _opt(n, a, b) << endl;
}