AtCoder Grand Contest 031

A - Colorful Subsequence

description

求$s$中本质不同子序列的个数模$10^9+7$。两个子序列不同当且仅当存在一种字符在两者中的出现次数不同。

$|s|\le10^5$

solution

$\prod_{i='a'}^{'z'}(\mbox{字符}i\mbox{出现的次数}+1)-1$

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

using namespace std;

int gi(){

	int x=0,w=1;char ch=getchar();

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

	if(ch=='-')w=0,ch=getchar();

	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();

	return w?x:-x;

}

const int N=1e5+5;

const int mod=1e9+7;

int n,t[26],ans=1;char s[N];

int main(){

	scanf("%d",&n);scanf("%s",s+1);

	for(int i=1;i<=n;++i)++t[s[i]-'a'];

	for(int i=0;i<26;++i)ans=1ll*ans*(t[i]+1)%mod;

	printf("%d\n",(ans+mod-1)%mod);return 0;

}

B - Reversi

description

有一个长为$n$的序列，每个位置有个颜色，可以进行若干次操作，操作为选择两个颜色相同的位置，将它们中间的位置全部变成这个颜色，求所有可能出现的颜色序列的方案数模$10^9+7$。

$n,c_i\le2\times10^5$

solution

$f_i=f_{i-1}+[lst_i<i-1]f_{lst_i}$

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

using namespace std;

int gi(){

	int x=0,w=1;char ch=getchar();

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

	if(ch=='-')w=0,ch=getchar();

	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();

	return w?x:-x;

}

const int N=2e5+5;

const int mod=1e9+7;

int n,f[N],lst[N];

int main(){

	n=gi();f[0]=1;

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

		int a=gi();

		f[i]=f[i-1];

		if(lst[a]&&lst[a]<i-1)f[i]=(f[i]+f[lst[a]])%mod;

		lst[a]=i;

	}

	printf("%d\n",f[n]);return 0;

}

C - Differ by 1 Bit

description

构造一个$0$到$2^n-1$的排列，满足首位是$A$末位是$B$，且相邻两个数在二进制下仅相差$1$位。

$n\le 17$

solution

只需要构造首位是$0$末位是$A \mbox{xor} B$的排列再将所有数异或$A$就行了。

显然，$\mbox{popcount}(A\mbox{xor}B)$为偶数时一定无解，否则根据构造方法一定存在一组解。

考虑将模型转化为在$n$维超立方体上的游走，需要遍历这个超立方体$2^n$个顶点中的每一个。一种可行的策略是，先遍历$n$维超立方体中的某个$n-1$维超立方体，再一步走到另一个$n-1$维超立方体上并遍历之。

在本题中我们要从$0$走到$A\mbox{xor}B$，可以选出一个二进制位$p$满足$A\mbox{xor}B$在第$p$位上值为$1$，遍历二进制第$p$位为$0$的所有点组成的$n-1$维超立方体后，再去遍历二进制位第$p$位为$1$的所有点组成的$n-1$维超立方体。两个$n-1$维超立方体之间的连接点的选取是任意的，只需要满足起点终点二进制位不同的位数是奇数就行了。

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

int gi(){

	int x=0,w=1;char ch=getchar();

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

	if(ch=='-')w=0,ch=getchar();

	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();

	return w?x:-x;

}

#define pc(x) __builtin_popcount(x)

int n,A,B,all;

void dfs(int x,int y,int ban){

	if(pc(ban^all)==1){printf("%d %d ",y,x^y);return;}

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

		if((~ban>>i&1)&&(x>>i&1))

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

				if((~ban>>j&1)&&i!=j){

					dfs(1<<j,y,ban|1<<i);

					dfs(x^(1<<i)^(1<<j),y^(1<<i)^(1<<j),ban|1<<i);

					return;

				}

}

int main(){

	n=gi(),A=gi(),B=gi(),all=(1<<n)-1;

	if(pc(A^B)&1)puts("YES"),dfs(A^B,A,0);

	else puts("NO");

	return 0;

}

D - A Sequence of Permutations

description

定义$f(p,q)$为一个排列$c$满足$c_{p_i}=q_i$，其中$p,q$均是$1-n$排列。已知$a_1=p,a_2=q,a_n=f(a_{n-2},a_{n-1})(n>2)$，给出$p,q$，求$a_k$。

$n\le10^5,k\le10^9$

solution

$[f(p,q)]_{p_i}=q_i\to f(p,q)p=q\to f(p,q)=qp^{-1}$

然后大力列出$a_i$的前若干项。

\[a_1=p\\a_2=q\\a_3=qp^{-1}\\a_4=qp^{-1}q^{-1}\\a_5=qp^{-1}q^{-1}pq^{-1}\\a_6=qp^{-1}q^{-1}ppq^{-1}\\a_7=qp^{-1}q^{-1}pqpq^{-1}\\a_8=qp^{-1}q^{-1}pqp^{-1}qpq^{-1}
\]

然后令$A=qp^{-1}q^{-1}p$，则可归纳证明出$a_n=Aa_{n-6}A^{-1}(n>6)$。

所以就做完啦？

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<vector>

using namespace std;

int gi(){

	int x=0,w=1;char ch=getchar();

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

	if(ch=='-')w=0,ch=getchar();

	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();

	return w?x:-x;

}

#define vi vector<int>

int n,k;vi a[7];

vi readin(){

	vi res(n);

	for(int i=0;i<n;++i)res[i]=gi()-1;

	return res;

}

void print(vi a){

	for(int i=0;i<n;++i)printf("%d ",a[i]+1);

	puts("");

}

vi inv(vi a){

	vi res(n);

	for(int i=0;i<n;++i)res[a[i]]=i;

	return res;

}

vi mul(vi a,vi b){

	vi res(n);

	for(int i=0;i<n;++i)res[i]=a[b[i]];

	return res;

}

vi fastpow(vi a,int b){

	vi res(n);

	for(int i=0;i<n;++i)res[i]=i;

	while(b){if(b&1)res=mul(res,a);a=mul(a,a);b>>=1;}

	return res;

}

int main(){

	n=gi();k=gi();

	vi p=readin(),q=readin();

	a[1]=p;a[2]=q;

	for(int i=3;i<=6;++i)a[i]=mul(a[i-1],inv(a[i-2]));

	vi A=mul(mul(q,inv(p)),mul(inv(q),p)),B=fastpow(A,(k-1)/6);

	print(mul(mul(B,a[(k-1)%6+1]),inv(B)));return 0;

}

E - Snuke the Phantom Thief

description

二维平面上有$n$个珠宝，第$i$个珠宝的位置为$(x_i,y_i)$，权值为$v_i$。你可以从中选取任意数量的珠宝，但需要满足如下$m$条限制：所有（横/纵）坐标（小/大）于等于$a_i$的珠宝中至多选$b_i$个。求能得到的最大权值和。

$n \le80,m\le 320,x_i,y_i,a_i\le100,v_i\le10^{15},b_i<n$

solution

首先这数据范围看着就很费用流

先考虑一维怎么做。

一个很妙的转化是：限制横坐标$\le a_i$的珠宝里至多选$b_i$个，等价于选择的横坐标第$b_i+1$小的珠宝，其横坐标必须$> a_i$。

如果是限制横坐标$\ge a_i$的珠宝至多选$b_i$个，则可以先枚举选$k$个珠宝，然后限制就等价于选择的第$k-b_i$个珠宝其横坐标必须$<a_i$。（以上只考虑$b_i<k$的限制，$b_i\ge k$的限制显然无效）

这样我们就可以得到$k$个二元组$(l_j,r_j)$，分别表示第$j$个珠宝的横坐标的范围限制。注意这$k$个二元组的$l$和$r$应满足单调不降。

这样我们就得到了一个匹配的模型：二分图一侧有$k$个点，另一侧有$n$个点，满足范围限制的点之间连边，然后求一组最大权匹配即可。

至于二维的问题，可以直接把图拆成三份，即左侧$k$个点表示横坐标的限制，中间$2n$个点内部连权值的边表示珠宝，右侧另$k$个点表示纵坐标的限制。

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

#include<queue>

using namespace std;

#define ll long long

ll gi(){

	ll x=0,w=1;char ch=getchar();

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

	if(ch=='-')w=0,ch=getchar();

	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();

	return w?x:-x;

}

int gc(){

	char ch=getchar();

	while(ch<'A'||ch>'Z')ch=getchar();

	return ch;

}

const int N=405;

struct edge{int to,nxt,w;ll cost;}E[N*N];

int n,m,x[N],y[N],t[N],a[N],b[N],L[N],R[N],D[N],U[N],head[N],cnt,S,T,vis[N],pe[N];

ll v[N],dis[N],ans;queue<int>Q;

void link(int u,int v,ll w){

	E[++cnt]=(edge){v,head[u],1,w};head[u]=cnt;

	E[++cnt]=(edge){u,head[v],0,-w};head[v]=cnt;

}

bool spfa(ll &res){

	memset(dis,63,sizeof(dis));

	dis[S]=0;Q.push(S);

	while(!Q.empty()){

		int u=Q.front();Q.pop();vis[u]=0;

		for(int i=head[u],v;i;i=E[i].nxt)

			if(E[i].w&&dis[v=E[i].to]>dis[u]+E[i].cost){

				dis[v]=dis[u]+E[i].cost;pe[v]=i;

				if(!vis[v])vis[v]=1,Q.push(v);

			}

	}

	if(dis[T]==dis[0])return false;res+=dis[T];

	for(int i=T;i!=S;i=E[pe[i]^1].to)--E[pe[i]].w,++E[pe[i]^1].w;

	return true;

}

ll cal(int k){

	for(int i=1;i<=k;++i)L[i]=D[i]=0,R[i]=U[i]=233;

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

		if(b[i]<k){

			if(t[i]=='L')L[b[i]+1]=a[i]+1;

			if(t[i]=='R')R[k-b[i]]=a[i]-1;

			if(t[i]=='D')D[b[i]+1]=a[i]+1;

			if(t[i]=='U')U[k-b[i]]=a[i]-1;

		}

	for(int i=2;i<=k;++i)L[i]=max(L[i],L[i-1]),D[i]=max(D[i],D[i-1]);

	for(int i=k-1;i;--i)R[i]=min(R[i],R[i+1]),U[i]=min(U[i],U[i+1]);

	memset(head,0,sizeof(head));cnt=1;S=n+k<<1|1;T=n+k+1<<1;

	for(int i=1;i<=n;++i)link(i,n+i,-v[i]-1000000000000000ll);

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

		link(S,n+n+i,0);link(n+n+k+i,T,0);

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

			if(L[i]<=x[j]&&x[j]<=R[i])link(n+n+i,j,0);

			if(D[i]<=y[j]&&y[j]<=U[i])link(n+j,n+n+k+i,0);

		}

	}

	ll res=0;while(spfa(res));return -res-1000000000000000ll*k;

}

int main(){

	n=gi();

	for(int i=1;i<=n;++i)x[i]=gi(),y[i]=gi(),v[i]=gi();

	m=gi();

	for(int i=1;i<=m;++i)t[i]=gc(),a[i]=gi(),b[i]=gi();

	for(int i=1;i<=n;++i)ans=max(ans,cal(i));

	printf("%lld\n",ans);return 0;

}

F - Walk on Graph

description

有一张$n$点$m$边无向图和一个奇数$mod$，边有边权，给出$q$组询问，每次询问是否存在一条从$s$走到$t$的长度对$mod$取模后等于$r$的路径。路径不要求是简单路径，即可以来回走。这里路径长度的定义并非所有边的长度之和，而是经过的第$i$条边的长度乘上$2^i$之和。

$n,m,q \le5\times10^4,3\le mod\le 10^6,2\nmid mod$

solution

把路径反过来，问题转化成了：

一个人初始在$t$点，有一个数$x$初值为$0$。每当他走过一条长度为$c$的边，数$x$就会变成$2x+c$并对$mod$取模，问是否存在一条路径使走到$s$点后数$x$恰好等于$r$。

这样暴力的做法就是建立$n\times mod$个状态然后连边，询问就是查询状态$(t,0)$是否可以到达状态$(s,r)$。

通过观察可以发现一些性质：

1、所有的边（指状态之间的连边）都是双向的。考虑一条边$(a,b,c)$，通过这条边可以实现$(a,x)\to(b,2x+c)\to(a,4x+3c)\to(b,8x+7c)\to...$，而最终一定可以回到状态$(a,x)$。证明略显然在模意义下每个$x$都有唯一对应的$2x+c$以及唯一对应的$\frac{x-c}{2}$，所以走一个长度为偶数的环就能回到原状态了。

2、如果存在两条边$(u,v,a)$和$(u,w,b)$，那么就有$(u,x)\to(v,2x+a)\to(v,4x+3a)$以及$(u,x)\to(w,2x+b)\to(u,4x+3b)$，也就是说状态$(u,4x+3a)$与状态$(u,4x+3b)$是等价的，即状态$(u,x)$与状态$(u,x+3(a-b))$是等价的。

由此，我们可以求出所有有公共点的边的边权之差的$\gcd$（由于图是连通的，所以这等价于任意两条边边权之差的$\gcd$），设之为$g$，则对于所有点而言，状态$(u,x)$与状态$(u,x+3g)$均是等价的。那么我们就可以令$mod \gets \gcd(mod,3g)$了。

观察到此时每条边的边权$\mod g$都是相等的，不妨设为$z$。可以考虑通过一些奇技淫巧把$z$去掉：把所有边权减去$z$，同时把所有状态的第二维抬高$z$，即原本的$(u,x)\to(v,2x+c)$变成$(u,x+z)\to(v,2(x+z-z)+(c-z)+z)=(v,2x+c)$。这样转化后所有转移都可以与转化前一一对应，因此正确性不存在问题，而经过这样的转化后，我们可以发现每次转移后非$x$项加上的常数都是$g$的倍数。因此，从一个状态$(u,x)$出发能够到达的所有状态，一定都可以被表示成$(v,px+qg)$的形式，其中$p$是$2$的非负整数次幂，$q$是任意非负整数，进一步的，因为$mod|3g$，故$q\in\{0,1,2\}$。

而因为$(u,x)\to(v,2x+c)\to(u,4x+3c)=(u,4x)$，所以$p\in\{1,2\}$。于是，我们便可以设计总共$6n$个状态表示$(u,px+qg)$，其中$u\in[1,n],p\in\{1,2\},q\in\{0,1,2\}$。

这样询问时就需要询问$(t,z)$能否到达$(s,r+z)$。相当于我们需要找到一组$(p,q),p\in N^*,q\in\{0,1,2\}$，满足$(t,x)$与$(s,(p\mod 2)x+qg)$连通且$pz+qg=r+z$。所以可以预处理出$[1,mod)$中每个数是否等于某个$2$的奇数/偶数次幂，然后对于每组询问直接枚举$(p,q)$即可。

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

int gi(){

	int x=0,w=1;char ch=getchar();

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

	if(ch=='-')w=0,ch=getchar();

	while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();

	return w?x:-x;

}

const int N=1e6+5;

int n,m,q,mod,a[N],b[N],c[N],g,z,fa[N],chk[2][N];

int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}

void link(int x,int y){fa[find(x)]=find(y);}

int id(int u,int x,int y){return u*6+x*2+y;}

int main(){

	n=gi();m=gi();q=gi();mod=gi();

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

		a[i]=gi(),b[i]=gi(),c[i]=gi();

		g=__gcd(g,abs(c[i]-c[1]));

	}

	if(!g)g=mod;mod=__gcd(mod,3*g);z=c[1]%g;

	for(int i=0;i<n*6;++i)fa[i]=i;

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

		int u=a[i]-1,v=b[i]-1,w=(c[i]-z)/g%3;

		for(int x=0;x<3;++x){

			link(id(u,x,0),id(v,(2*x+w)%3,1));

			link(id(u,x,1),id(v,(2*x+w)%3,0));

			link(id(v,x,0),id(u,(2*x+w)%3,1));

			link(id(v,x,1),id(u,(2*x+w)%3,0));

		}

	}

	for(int i=0,j=z;i<mod<<1;++i,j=(j<<1)%mod)chk[i&1][j]=1;

	while(q--){

		int s=gi()-1,t=gi()-1,r=gi(),res=0;

		for(int x=0;x<3;++x)

			for(int y=0;y<2;++y)

				if(find(id(t,0,0))==find(id(s,x,y)))

					res|=chk[y][(r+z+(3-x)*g)%mod];

		puts(res?"YES":"NO");

	}

	return 0;

}