Codeforces Round #594 (Div. 2)

传送门

C. Ivan the Fool and the Probability Theory

题意：

给出一个$n*m$的方格，现在要给方格中的元素黑白染色，要求任一颜色最多有一个颜色相同的格子和它相邻。问多少种方案。

思路：

观察到若第一行含有两个相同的颜色相邻，那么之后所有格子的状态都可以确定；
若第一行不含有两个相同的颜色相邻，那么下一行至多有两种状态。

根据这两个观察，可以发现状态数其实不多，我们再推导一下：

对于第一种情况，假设第一个格子为白色，第二个格子有黑白两种选择：若选择白，则第三个格子只有一种选择；否则第三个格子有两种选择；
对于第二种情况，第一行不妨为黑白交错，那么若第二行也为黑白交错，第三行只有一种情况；否则第三行能有两种情况。

发现这两个有类似之处，并且都是一到二或者二到一，在纸上画一下可以发现随着行数/列数的增加，状态数为斐波那契数。

所以这个题求一下斐波那契数就行了。

答案为$2*(F_m-1+F_n)$

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

// #define Local

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e5 + 5, MOD = 1e9 + 7;

int n, m;

void run() {

	int ans = 0;

	int pre = 1, now = 1;

	for(int i = 2; i <= m; i++) {

		int tmp = now;

		now = (pre + now) % MOD;

		pre = tmp;

	}

	ans = 2ll * (now - 1) % MOD;

	pre = 1, now = 1;

	for(int i = 2; i <= n; i++) {

		int tmp = now;

		now = (pre + now) % MOD;

		pre = tmp;

	}

	ans = (ans + 2ll * now) % MOD;

	cout << ans << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

#ifdef Local

    freopen("../input.in", "r", stdin);

    freopen("../output.out", "w", stdout);

#endif

    while(cin >> n >> m) run();

    return 0;

}

D2. The World Is Just a Programming Task (Hard Version)

题意：

给出一个括号序列，现在可以选择两个括号进行交换，使得合法的$shift$最多。

定义$shift_i$合法：将序列后$i$个放到前面后，形成的新的括号序列合法，$1\leq i<n$。

思路：

这个题有很重要的两个观察，首先令$($为$1$，$)$为$-1$，$sum_i$为序列的前缀和，并且$min=min\{sum_i\}$。我们先将$sum_n\not ={0}$的情况排除，然后：

观察1: 若$sum_i=min$，那么$shift_{n-i}$一定为一个合法序列；
观察2: $shift$具有传递性，多次$shift$可以合并为一次$shift$。

观察$2$比较好理解（就是不好注意到这一个性质QAQ），观察$1$之所以正确，是因为因为$sum_i$为最小值，那么对于$j>i,sum_j-sum_i\geq 0$并且有$sum_j-sum_i=-min$。那么我们将后面这部分放到前面，首先前面这一块始终合法，然后后面最小值为$min$，也不能使序列非法。

因为观察2，我们可以任选一个合法$shift$并且得到新序列，之后我们的任务就是使得新序列的$sum'_i=min'=0$的个数最多（观察1+观察2）。

然后还有一个比较重要的地方，就是我们改变一对括号序列，会使得一段数中的前缀值减少$2$。

那么我们首先统计新序列中$sum'_i=0$的个数，然后还要统计连续段中$sum'_i=2$的个数，因为将其减少$2$之后会得到$0$；

之后再统计一下连续段中$sum'_i=1$的个数即可，减去之后最小值会为$-1$。

对于$sum'_i>2$的其余位置，就算减去$2$也不会对答案尝试贡献。

刚才说的一段数，是这样一段数:$sum_i=1,sum_j=1,i< k\leq j,sum_j\geq 2$这样的一段数（以第一种情况举例），此时我们选择交换$i+1,j$这两个位置，如果我们不改变$j$这个位置的括号，那么就会多出一个$)$就不合法了。

说了这么多，本质还是贪心。。

还是代码清楚点：

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

// #define Local

#ifdef Local

  #define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)

  void err() { std::cout << '\n'; }

  template<typename T, typename...Args>

  void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }

#else

  #define dbg(...)

#endif

void pt() {std::cout << '\n'; }

template<typename T, typename...Args>

void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

//head

const int N = 300005;

int n;

char s[N], t[N];

int sum[N];

void run() {

	cin >> (s + 1);

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

		sum[i] = sum[i - 1];

		sum[i] += (s[i] == '(' ? 1 : -1);

	}

	if(sum[n] != 0) {

		pt(0); pt(1, 1);

		return;

	}

	int Min = *min_element(sum + 1, sum + n + 1);

	int all = 0, shift;

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

		if(sum[i] == Min) shift = i;

	}

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

		t[i - shift] = s[i];

	}

	for(int i = 1; i <= shift; i++) {

		t[n - shift + i] = s[i];

	}

	t[n + 1] = '\0';

	strcpy(s + 1, t + 1);

	auto srcp = [&](int p) {

		return (p + shift - 1) % n + 1;

	};

	// dbg(n, shift, srcp(2));

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

		sum[i] = sum[i - 1];

		sum[i] += (s[i] == '(' ? 1 : -1);

		if(sum[i] == 0) ++all;

	}

	vector <int> ans = {all, 1, 1};

	int last = 0, cnt = 0;

	//Case 1: min = 0

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

		if(sum[i] == 2) ++cnt;

		else if(sum[i] <= 1) {

			ans = max(ans, std::vector<int>{all + cnt, srcp(last + 1), srcp(i)});

			last = i;

			cnt = 0;

		}

	}

	dbg(ans[0], ans[1], ans[2]);

	//Case 2: min = -1

	last = cnt = 0;

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

		if(sum[i] == 1) ++cnt;

		else if(sum[i] <= 0) {

			ans = max(ans, std::vector<int>{cnt, srcp(last + 1), srcp(i)});

			last = i;

			cnt = 0;

		}

	}

	pt(ans[0]);

	pt(ans[1], ans[2]);

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

#ifdef Local

    freopen("../input.in", "r", stdin);

    freopen("../output.out", "w", stdout);

#endif

    while(cin >> n) run();

    return 0;

}

F. Catowice City

题意：

给出一个二分图，保证$i$和$i'$有边相连。

输出一个最大独立集的方案。

思路：

显然，我们选择的两个点之间没有边相连；
我们可以将$i$到$i'$的边看作从右向左，其余边为从左向右，那么我们求出每一个强连通分量。
若强连通分量个数为$1$，根据题意不存在解；否则，不同强连通分量之间不存在边相连（若存在，则不满足“极大子图”）。那么直接按照强连通分量来划分了。

代码如下：

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define MP make_pair

#define fi first

#define se second

#define sz(x) (int)(x).size()

#define all(x) (x).begin(), (x).end()

// #define Local

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<int, int> pii;

const int N = 1e6 + 5;

int n, m;

stack <int> s;

int T, num;

int col[N], dfn[N], low[N];

std::vector<int> scc[N], g[N];

void Tarjan(int u){

    dfn[u] = low[u] = ++T;

    s.push(u);

    for(auto v : g[u]){

        if(!dfn[v]){

            Tarjan(v);

            low[u] = min(low[u], low[v]);

        }else if(!col[v]){

            low[u] = min(low[u], dfn[v]);

        }

    }

    if(low[u] == dfn[u]){

        num++; int now;

        do{

            now = s.top(); s.pop();

            col[now] = num;

            scc[num].push_back(now);

        }while(!s.empty() && now!=u);

    }

}

void init() {

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

		scc[i].clear();

		g[i].clear();

		col[i] = dfn[i] = 0;

	}

	num = T = 0;

}

void run() {

	cin >> n >> m;

	init();

	for(int i = 1; i <= m; i++) {

		int u, v; cin >> u >> v;

		g[u].push_back(v);

	}

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

		if(!dfn[i]) {

			Tarjan(i);

		}

	}

	if(n == 1 || num == 1) {

		cout << "No" << '\n';

		return;

	}

	std::vector<int> ans[2];

	ans[0] = scc[1];

	for(int i = 2; i <= num; i++) {

		for(auto it : scc[i]) ans[1].push_back(it);

	}

	cout << "Yes" << '\n';

	cout << sz(ans[0]) << ' ' << sz(ans[1]) << '\n';

	for(auto it : ans[0]) cout << it << ' ';

	cout << '\n';

	for(auto it : ans[1]) cout << it << ' ';

	cout << '\n';

}

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    cin.tie(0); cout.tie(0);

    cout << fixed << setprecision(20);

#ifdef Local

    freopen("../input.in", "r", stdin);

    freopen("../output.out", "w", stdout);

#endif

    int T; cin >> T;

    while(T--) run();

    return 0;

}