AtCoder AGC #2 Virtual Participation
在知乎上听zzx大佬说AGC练智商...于是试了一下
A.Range Product
给$a$,$b$,求$\prod^{b}_{i=a}i$是正数,负数还是$0$
。。。不写了
B.Box and Ball
有$n$个盒子,每个里面有一些小球,在$1$号盒子里有一个红球,现在给你若干次移动操作
每次移动是“从$x$中随机抽出一个球中放到$y$中”
最后询问有多少个盒子有可能有红球
。。。sb题吧,不写了口胡一下
发现一个盒子只要“有可能”被放过红球且未被拿光,就是“有可能”有红球,模拟即可
官方题解说的很好,考虑$1$号盒子里有一盒红墨水,其它盒子里有清水,每次移动操作可看做从$x$取出一杯溶液灌到$y$里
C.Knot Puzzle
有$n$个长度为$a_1,a_2,...,a_n$的绳子,第$i$个和第$i + 1$个绳子($1 \leq i \leq (n -1)$)通过打结连接起来
每次你可以选取一段还打着节的,且长度大于等于$L$的绳子,解开一个节
求最后能不能解开这$n-1$个节,如果可以输出操作序列
。。。sb题
首先 因为最后所有节都要被打开,我们需要连续的两个绳子加起来大于等于$L$,没有直接就是Impossible
找到了这两个,考虑构造
因为他俩就已经大于等于$L$了,我们可以先从左到右把左边一个一个拆下来
这样每一步都大于等于$L$
然后从右到左拆右边
最后拆他俩就可以啦
D.Stamp Rally
给一个$n$个点$m$条边的无向图,$q$组询问
每次给出$x$,$y$,$z$表示一个人从$x$出发,一个人从$y$出发,同时走
总共经过$z$个不同的点,要经过的编号最大的边编号最小是多少
n,m,q 1e5
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x = ,f = ;char ch = getchar();
for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-')f = -f;
for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = * x + ch - '';
return x * f;
}
const int maxn = 1e5 + ;
int n,m,q;
struct EDG{int u,v;}es[maxn];
stack<EDG> s;
struct Ques
{
int u,v,z,id;
}qs[maxn],ts[maxn];
int ans[maxn];
int fa[maxn],size[maxn];
inline int find(int x){return x == fa[x] ? x : find(fa[x]);}
inline void divide(int l,int r,int ql,int qr)
{
if(l == r)
{
for(int i=ql;i<=qr;i++)ans[qs[i].id] = l;
int fx = find(es[l].u),fy = find(es[l].v);
if(size[fx] > size[fy])swap(fx,fy);if(fx != fy)fa[fx] = fy,size[fy] += size[fx];
return;
}
int mid = (l + r) >> ;
for(int i=l;i<=mid;i++)
{
int fx = find(es[i].u),fy = find(es[i].v);
if(size[fx] > size[fy])swap(fx,fy);if(fx != fy)fa[fx] = fy,size[fy] += size[fx],s.push((EDG){fx,fy});
}
int cnt1 = ql - ,cnt2 = ;
int tot;
for(int i=ql;i<=qr;i++)
{
int fx = find(qs[i].u),fy = find(qs[i].v);
if(fx == fy)tot = size[fx];
else tot = size[fx] + size[fy];
if(tot >= qs[i].z)qs[++cnt1] = qs[i];
else ts[++cnt2] = qs[i];
}
for(int i=;i<=cnt2;i++)qs[cnt1 + i] = ts[i];
while(!s.empty())
{
EDG h = s.top();s.pop();
fa[h.u] = h.u;size[h.v] -= size[h.u];
}
divide(l,mid,ql,cnt1);divide(mid + ,r,cnt1 + ,qr);
}
int main()
{
n = read(),m = read();
for(int i=;i<=m;i++){es[i].u = read(),es[i].v = read();}
for(int i=;i<=n;i++)fa[i] = i,size[i] = ;
q = read();
for(int i=;i<=q;i++)
{
qs[i].u = read(),qs[i].v = read(),qs[i].z = read();
qs[i].id = i;
}
divide(,m,,q);
for(int i=;i<=q;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
}
先考虑暴力
显然就是每次二分一个最大编号,check就是搞一个并查集看$x$和$y$的$size$到没有到$z$
然后我们发现并不用二分...整体二分就可以了
整体二分的时候用可持久化并查集维护一下,每次多余的边弹掉就可以了
细节:当$x$,$y$在当前的图里处于同一个联通块的时候联通块大小是$size[x]$而不是$size[x] + size[y]$
wls:可持久化并查集都可以用Kruskal重构树来做
那这题的重构树做法显然就是二分一个高度暴力往上跳...两个复杂度和代码长度都比并查集优秀
然而..我的思维路径是:整体二分->重构树->重构个锤子直接并查集
成功错过正解
E.Candy Piles
有$n$堆糖,Alice和Bob轮流行动,每次可以选择吃掉最多的一堆或者从每个还有糖的堆吃一个
吃到最后一个的就输了,求谁赢
n 1e5 ai 1e9
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
inline int read()
{
int x = ,f = ;char ch = getchar();
for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-')f = -f;
for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = * x + ch - '';
return x * f;
}
const int maxn = 1e5 + ;
int n;int a[maxn];
int main()
{
n = read();
for(int i=;i<=n;i++)a[i] = read();
sort(a + ,a + n + );reverse(a + ,a + n + );
int ans = ;
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(i + > a[i + ])
{
for(int j=i+;a[j] == i;j++) ans ^= ;
ans |= (a[i] - i) & ;
if(ans)puts("First");
else puts("Second");
return ;
}
}
}
我们把每堆按糖数排序
然后就成了一个杨表
每次可以去掉这个杨表的左起第一列或者下起第一行
也就是相当于每次可以从杨表左下角画一个长度为$1$的向右(吃掉行)或者向上(吃掉列)的线
显然右边界全是必胜态
然后,往右往上至少有一个必败态的是必胜态,全是必胜态的是必败态
然后发现,一条斜线的状态是一样的,于是从左下画一条斜率为$1$的线,看必败还是必胜即可
F.Leftmost Ball
有$n$种颜色,每种颜色有恰好$k$个小球。现在把这$n \times k$个小球排成一排,然后把每种颜色最左边的小球染成颜色$0$。问总共有多少种不同的颜色序列。
神仙题 不会
别人的题解 & 代码
<del>体验到了智商被碾压的感觉</del>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std; typedef long long LL; const int N=;
const int MOD=; int n,k,f[N][N],jc[N*N+N*],ny[N*N+N*]; void updata(int &x,int y)
{
x+=y,x-=x>=MOD?MOD:;
} int C(int n,int m)
{
return (LL)jc[n]*ny[m]%MOD*ny[n-m]%MOD;
} int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);k--;
if (!k) {puts("");return ;}
jc[]=jc[]=ny[]=ny[]=;
for (int i=;i<=n*k+n+k;i++) jc[i]=(LL)jc[i-]*i%MOD,ny[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*ny[MOD%i]%MOD;
for (int i=;i<=n*k+n+k;i++) ny[i]=(LL)ny[i-]*ny[i]%MOD;
f[][]=;
for (int i=;i<=n;i++)
for (int j=i;j<=n;j++)
{
if (i) updata(f[i][j],f[i-][j]);
if (j) updata(f[i][j],(LL)f[i][j-]*C(i+(j-)*k+k-,k-)%MOD);
}
printf("%d",(LL)f[n][n]*jc[n]%MOD);
return ;
}
我们可以看成每种颜色的小球都只有k-1个,然后就是要满足对于每个前缀,都有颜色为0的小球数量不能小于大于0的颜色数量。
考虑反过来计数。
设f[i,j]表示从后往前,已经放了i个颜色为0的小球和j种颜色的小球的方案,其中i必须不大于j。
一种转移是在当前位置放颜色为0的小球,也就是f[i,j]=f[i-1,j]。
一种转移是加入一种新的颜色,那么新颜色有k-1个小球,其中必须有一个放在最前面,然后后面已经放了的小球数是i+(j-1)*(k-1)。
那么系数就是一个简单的组合数了。
最后乘上一个n!即可。
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