AtCoder Grand Contest 002

A - Range Product

翻译

告诉你$a,b$，求$\prod_{i=a}^b i$是正数还是负数还是零。

题解

什么鬼玩意。

#include<iostream>

using namespace std;

int main()

{

	int a,b;

	cin>>a>>b;

	if(a<=0&&b>=0)cout<<"Zero"<<endl;

	else

	{

		if(a>0)cout<<"Positive"<<endl;

		else if((b-a+1)%2)cout<<"Negative"<<endl;

		else cout<<"Positive"<<endl;

	}

	return 0;

}

B - Box and Ball

翻译

有$n$个盒子，$1$号盒子里有一个红球，其他盒子里有一个白球，$m$个操作，每次随机将$x_i$中的一个球放进$y_i$中，求所有可能存在红球的盒子数量。

题解

什么鬼玩意。暴力模拟一下没事了。

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

#define MAX 100100

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

bool vis[MAX];

int n,m,ans,a[MAX];

int main()

{

	n=read();m=read();

	vis[1]=true;

	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=1;

	while(m--)

	{

		int x=read(),y=read();

		if(!a[x])continue;

		if(vis[x])vis[y]=true;

		--a[x];++a[y];

		if(!a[x])vis[x]=false;

	}

	for(int i=1;i<=n;++i)ans+=vis[i];

	printf("%d\n",ans);

	return 0;

}

C - Knot Puzzle

翻译

有$n$根绳子，第$i$根的长度为$a_i$，一开始所有绳子都被系在一起成了一条链，每次你可以选择根长度不小于$L$的绳子，然后解开它的任意一个结，问能否解开所有结，如果可以输出一个方案。

题解

诶，这种题目我都不会做，菜的不行啊。

我们只考虑最后一次操作，显然是要断开两个连在一起的绳子，那么它们必定相邻，并且和大于等于$L$，所以找到这个位置之后把前后顺次解完，最后再解这个位置就好了。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#include<vector>

using namespace std;

#define ll long long

#define MAX 100100

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

int n,L,a[MAX];

int main()

{

	n=read();L=read();

	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();

	bool fl=false;int pos;

	for(int i=1;i<n;++i)if(a[i]+a[i+1]>=L)fl=true,pos=i;

	if(!fl){puts("Impossible");return 0;}

	puts("Possible");

	for(int i=1;i<pos;++i)printf("%d\n",i);

	for(int i=n-1;i>pos;--i)printf("%d\n",i);

	printf("%d\n",pos);

	return 0;

}

D - Stamp Rally

翻译

给定一张图，每次询问从$x-y$选择两条路径，要求被经过的点数恰好为$z$，求经过的最大编号的边的最小值。

题解

最大编号的最小值$\rightarrow$二分，多组询问$\rightarrow$整体二分。

怎么二分？两个点如果联通，答案就是联通块大小，否则就是两个点所在的联通块大小之和。

怎么维护联通块大小？并查集，反正支持撤销，搞定啦。

yyb因为把一个m打成了n而调了40分钟

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#include<vector>

using namespace std;

#define ll long long

#define MAX 100100

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

struct Ask{int x,y,z,id;}p[MAX],tmp[MAX];

struct edge{int x,y;}e[MAX],S[MAX];

int sz[MAX],f[MAX],top,ans[MAX];

int getf(int x){while(x!=f[x])x=f[x];return x;}

int n,m,Q;

void Work(int l,int r,int L,int R)

{

	if(l==r){for(int i=L;i<=R;++i)ans[p[i].id]=l;return;}

	int mid=(l+r)>>1,stop=top,t1=L-1,t2=R+1;

	for(int i=l;i<=mid;++i)

	{

		int u=getf(e[i].x),v=getf(e[i].y);

		if(u==v)continue;

		if(sz[u]<sz[v])swap(u,v);

		f[v]=u;sz[u]+=sz[v];S[++top]=(edge){u,v};

	}

	for(int i=L;i<=R;++i)

	{

		int x=getf(p[i].x),y=getf(p[i].y),tot;

		if(x==y)tot=sz[x];else tot=sz[x]+sz[y];

		if(tot>=p[i].z)tmp[++t1]=p[i];

		else tmp[--t2]=p[i];

	}

	for(int i=L;i<=R;++i)p[i]=tmp[i];

	Work(mid+1,r,t2,R);

	while(top>stop)

	{

		int u=S[top].x,v=S[top].y;--top;

 		f[v]=v;sz[u]-=sz[v];

	}

	Work(l,mid,L,t1);

}

int main()

{

	n=read();m=read();

	for(int i=1;i<=m;++i)e[i].x=read(),e[i].y=read();

	for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=i,sz[i]=1;

	Q=read();

	for(int i=1;i<=Q;++i)

	{

		int x=read(),y=read(),z=read();

		p[i]=(Ask){x,y,z,i};

	}

	Work(1,m,1,Q);

	for(int i=1;i<=Q;++i)printf("%d\n",ans[i]);

	return 0;

}

E - Candy Piles

翻译

有$n$堆石子，第$i$堆有$a_i$个石子。有两种操作：

把石子最多的那一堆给丢掉
把每一堆全部丢掉一个

谁拿走最后石子谁输。判断胜负情况。

题解

这样考虑，把所有$a_i$从大往小排序，这样子我们的两个操作可以看做在一个不规则的棋盘上走，其中$x=i$的上边界是$y=a_i$，一开始位于$(0,0)$，第一个操作等价于向右走一步，第二个操作等价于向上走一步。谁走到了边界谁输。然而还是不知道怎么判断胜负情况，可以打一个表，发现$(x,y)$这个位置的胜负情况等于$(x+1,y+1)$的胜负情况，那么直接找到最大的合法$(x,x)$位置然后暴力判断一下就行了。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define MAX 100100

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

int n,a[MAX],ans;

int main()

{

	n=read();

	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();

	sort(&a[1],&a[n+1]);reverse(&a[1],&a[n+1]);

	for(int i=1;i<=n;++i)

		if(i+1>a[i+1])

		{

			for(int j=i+1;a[j]==i;++j)ans^=1;

			ans|=(a[i]-i)&1;

			ans?puts("First"):puts("Second");

			return 0;

		}

	return 0;

}

F - Leftmost Ball

翻译

有$n$种颜色的球，每种$K$个，现在把他们排成一行，把每种颜色的最靠左的球给染成第$0$种颜色。

求最终序列的方案数。

题解

我们从前往后依次把每个颜色按顺序来放，那么如果当前放的是某种颜色的第一个球，那么放的就会变成$0$号颜色，所以无论何时，$0$号颜色的数量不能少于其他颜色的数量。

可以设状态$f[i][j]$表示前面一共放了$i$个$0$号颜色的球，而一共出现了$j$种其他颜色的球，根据上面的东西，可以知道$i\ge j$。每次转移我们分成两种考虑。第一种就直接在后面接一个$0$号颜色的球，这个不需要考虑任何决策，直接转移即可，也就是$f[i][j]+=f[i-1][j]$。另外一种转移是选择一共新的颜色，抛去前面已经放好的$0$号颜色的前，抛去当前位置放下一个当前颜色的球，那么还需要在后面选择$k-2$个位置来放这些球，而后面剩下的空位个数显然是可以算的。首先还剩下$n-i$个$0$号颜色的球没有放，所以提供$n-i$个空位，前面一共只出现了$j-1$种颜色，所以还有$(n-j+1)*(k-1)$个空位，但是当前的位置被钦定放这种新的颜色，所以还要减少一个位置。

也就是转移长成这个样子：

\[f[i][j]=f[i-1][j]+C_{(n-i)+(n-j+1)*(k-1)-1}^{k-2}*f[i][j-1]*(n-j+1)
\]

时间复杂度$O(nk)$

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#include<vector>

using namespace std;

#define ll long long

#define MAX 2010

#define MOD 1000000007

void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}

inline int read()

{

	int x=0;bool t=false;char ch=getchar();

	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

	if(ch=='-')t=true,ch=getchar();

	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

	return t?-x:x;

}

int n,k,mx,f[MAX][MAX];

int jc[MAX*MAX],jv[MAX*MAX],inv[MAX*MAX];

int C(int n,int m){return 1ll*jc[n]*jv[m]%MOD*jv[n-m]%MOD;}

int main()

{

	n=read();k=read();mx=n*k;

	if(k==1){puts("1");return 0;}

	jc[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=1;

	for(int i=1;i<=mx;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;

	for(int i=2;i<=mx;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;

	for(int i=1;i<=mx;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;

	f[0][0]=1;

	for(int i=1;i<=n;++i)

		for(int j=0;j<=i;++j)

		{

			add(f[i][j],f[i-1][j]);

			if(j)add(f[i][j],1ll*f[i][j-1]*(n-j+1)%MOD*C((n-i)+(n-j+1)*(k-1)-1,k-2)%MOD);

		}

	printf("%d\n",f[n][n]);

	return 0;

}