2018.09.02 Atcoder Regular Contest 102简要题解

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T1

Triangular Relationship

分析之后发现有两种情况：

1. n为奇数，那么所有数都是k的倍数。

2. n为偶数，那么所有数都是k/2的倍数。

然后就可以愉快A题了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 200005
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
    ll ans=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return ans;
}
ll n,k;
int main(){
    n=read(),k=read();
    if(k&1){
        ll tmp=n/k;
        cout<<tmp*tmp*tmp;
    }
    else{
        ll tmp1=n/k,tmp2=tmp1;
        if(n%k>=k/2)++tmp2;
        cout<<tmp1*tmp1*tmp1+tmp2*tmp2*tmp2;
    }
    return 0;
}

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T2

All Your Paths are Different Lengths

图的构造需要二进制拆分的思想。

我们把L拆分成1+2+4+…+2^n+tmp的形式。

然后对于i，i+1号点，我们连两条边，边权分别是0和2^(i-1)。

但这样有可能凑不出答案，因此需要将trnp二进制不唯一的位提出来建边。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int l,cnt=0,tot=0,res,tmp,first[30];
struct edge{int u,v,w,next;}e[65];
inline void add(int u,int v,int w){e[++tot].u=u,e[tot].v=v,e[tot].w=w,e[tot].next=first[u],first[u]=tot;}
int main(){
    cin>>l,tmp=l,res=l;
    while(tmp)tmp>>=1,++cnt;
    for(int i=1;i<cnt;++i)add(i,i+1,0),add(i,i+1,(1<<(i-1)));
    res-=1<<(cnt-1);
    tmp=1<<(cnt-1);
    for(int i=0;i<=20;++i)if(((res>>i)&1))add(i+1,cnt,tmp),tmp+=1<<i;
    cout<<cnt<<' '<<tot<<'\n';
    for(int i=1;i<=tot;++i)cout<<e[i].u<<' '<<e[i].v<<' '<<e[i].w<<'\n';
    return 0;
}

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T3

Stop. Otherwise…

感觉这题比T4难啊。。。

容斥原理+组合数。

我们将问题转化成对于每一个数，有多少种凑出来的方法。

这个东西可以用组合数算出来。

最终可以推出一个式子：

ansi=∑j=0,j≤k2(−1)j(k1+k2−j−1N+k1+k2−j−1)∗2k2−j∗(jk2)" role="presentation" style="position: relative;">ansi=∑j=0,j≤k2(−1)j(k1+k2−j−1N+k1+k2−j−1)∗2k2−j∗(jk2)ansi=∑j=0,j≤k2(−1)j(k1+k2−j−1N+k1+k2−j−1)∗2k2−j∗(jk2)

其中k2" role="presentation" style="position: relative;">k2k2是和为i的时候矛盾的对数，k1" role="presentation" style="position: relative;">k1k1是没有影响的种类数，j是方案中没有用的矛盾对数。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 2005
#define mod 998244353
#define ll long long
using namespace std;
ll C[N<<1][N<<1],mul[N<<1];
int n,k;
inline ll calc(int i,int tot){
    int k2=min(k-i/2,(i-1)/2),k1=k-(k2<<1)-((i&1)==0);
    ll f=1,ret=0;
    for(int j=k2;j+k1>0&&j>=0;--j,f=-f)(ret+=f*C[j+k1+tot-1][j+k1-1]*mul[j]%mod*C[k2][j]%mod)%=mod;
    return (ret+mod)%mod;
}
inline ll read(){
    ll ans=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return ans;
}
int main(){
    k=read();
    n=read();
    mul[0]=1;
    for(int i=1;i<=4000;++i)mul[i]=(mul[i-1]<<1)%mod;
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=4000;++i){
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;++j)C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
    }
    ll tmp=0;
    for(int i=2;i<=2*k;++i){
        if(!(i&1))tmp=(calc(i,n)+calc(i,n-1))%mod;
        else tmp=calc(i,n);
        cout<<tmp<<'\n';
    }
    return 0;
}

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T4

Revenge of BBuBBBlesort!

考试时只能用假算法过掉93个点，剩下的真没办法了。

其实很简单。

对于一个点，如果i!=a[i]，那么这个点一定需要被换，否则一定不能被换，因此对于每一个点i，我们算出从i开始最多连续换的区间，然后检验这个区间能否使用某种方法换回去就行了。

时间复杂度O(n)" role="presentation" style="position: relative;">O(n)O(n)

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 300005
using namespace std;
int n,a[N];
inline int read(){
    int ans=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return ans;
}
inline bool check(int l,int r){
    int mx=0,mn=n+1;
    for(int i=l;i<=r;++i)mx=max(mx,a[i]),mn=min(mn,a[i]);
    if(mx!=r||mn!=l)return false;
    int mx1=0,mx2=0;
    for(int i=l;i<=r;i+=2){
        if(mx1<a[i]&&mx2<a[i])mx1=a[i];
        else if(mx2<a[i])mx2=a[i];
        else return false;
    }
    return true;
}
int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(a[i]==i)continue;
        int p=i;
        while(p<=n-2){
            if(a[p+1]!=p+1||a[p+2]==p+2)break;
            p+=2;
        }
        if(!check(i,p)){puts("No");return 0;}
        i=p;
    }
    puts("Yes");
    return 0;
}