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。