XVIII Open Cup named after E.V. Pankratiev. Ukrainian Grand Prix
A. Accommodation Plan
對于已知的$K$個點，離它們距離都不超過$L$的點在樹上是一個連通塊，考慮在每種方案對應的離$1$最近的點統計。
即對于每個點$x$，統計離它距離不超過$L$的點數$call[x]$，再減去離它和它父親距離都不超過$L$的點數$cext[x]$，然后用組合數計算方案數。
對于$call[x]$可以通過點分治+排序雙指針$O(n\log^2n)$統計。
對于$cext[x]$，注意到$cext[x]=call[x]-csub[x]$，其中$csub[x]$表示$x$點子樹中深度在$(dep[x]+L-dis(x,fa[x]),dep[x]+L]$的點數，二維數點問題，掃描線+樹狀數組維護即可$O(n\log n)$統計。
時間復雜度$O(n\log^2n)$。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010,P=1000000007;
int n,K,L,i,j,x,y,z,fac[N],inv[N],ans;
int g[N],nxt[N<<1],v[N<<1],w[N<<1],ok[N<<1],ed,son[N],f[N],all,now;
int call[N],csub[N],cnt,bit[N],st[N],en[N],dfn;
struct E{ll x;int y;E(){}E(ll _x,int _y){x=_x,y=_y;}}e[N],q[N<<1];
inline bool cmp(const E&a,const E&b){return a.x<b.x;}
inline void add(int x,int y,int z){v[++ed]=y;w[ed]=z;nxt[ed]=g[x];g[x]=ed;ok[ed]=1;}
void findroot(int x,int y){
son[x]=1,f[x]=0;
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y&&ok[i]){
findroot(v[i],x);
son[x]+=son[v[i]];
if(son[v[i]]>f[x])f[x]=son[v[i]];
}
if(all-son[x]>f[x])f[x]=all-son[x];
if(f[x]<f[now])now=x;
}
void dfs(int x,int y,ll z){
e[++cnt]=E(z,x);
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y&&ok[i])dfs(v[i],x,z+w[i]);
}
inline void cal(int p){
sort(e+1,e+cnt+1,cmp);
int i,j;
for(i=1,j=cnt;i<=cnt;i++){
while(j&&e[i].x+e[j].x>L)j--;
call[e[i].y]+=p*j;
}
}
void solve(int x){
int i;
cnt=0;
dfs(x,0,0);
cal(1);
for(i=g[x];i;i=nxt[i])if(ok[i]){
cnt=0;
dfs(v[i],x,w[i]);
cal(-1);
}
for(i=g[x];i;i=nxt[i])if(ok[i]){
ok[i^1]=0;
f[0]=all=son[v[i]];
findroot(v[i],now=0);
solve(now);
}
}
void dfs2(int x,int y,ll z){
st[x]=++dfn;
e[x]=E(z,x);
q[++cnt]=E(z+L,x);
for(int i=g[x];i;i=nxt[i])if(v[i]!=y){
q[++cnt]=E(z+L,-v[i]);
dfs2(v[i],x,z+w[i]);
}
en[x]=dfn;
}
inline void ins(int x){for(;x<=n;x+=x&-x)bit[x]++;}
inline int ask(int x){int t=0;for(;x;x-=x&-x)t+=bit[x];return t;}
inline int C(int n,int m){return n<m?0:1LL*fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&K,&L);
for(ed=i=1;i<n;i++)scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),add(x,y,z),add(y,x,z);
f[0]=all=n;findroot(1,now=0);solve(now);
dfs2(1,cnt=0,0);
sort(e+1,e+n+1,cmp);
sort(q+1,q+cnt+1,cmp);
for(i=j=1;i<=cnt;i++){
while(j<=n&&e[j].x<=q[i].x)ins(st[e[j++].y]);
x=q[i].y;
if(x<0)x=-x;
y=ask(en[x])-ask(st[x]-1);
if(q[i].y>0)csub[x]+=y;else csub[x]-=y;
}
for(fac[0]=i=1;i<=n;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%P;
for(inv[0]=inv[1]=1,i=2;i<=n;i++)inv[i]=1LL*(P-inv[P%i])*(P/i)%P;
for(i=2;i<=n;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%P;
for(i=1;i<=n;i++)ans=((ans+C(call[i],K))%P+P-C(call[i]-csub[i],K))%P;
ans=1LL*ans*fac[K]%P;
printf("%d",ans);
}
B. Card Game
枚舉$n$的所有約數判斷。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 1e5 + 10, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n, m;
int a[N];
map<int, int> mop;
int main()
{
while(~ scanf("%d%d", &n, &m)){
mop.clear();
int A = 0, B = 0;
for(int i = 1; i <= m; i ++){
scanf("%d", &a[i]);
gmax(A, a[i]);
mop[a[i]] ++;
gmax(B, mop[a[i]]);
}
//printf("%d %d\n", A, B);
int ans = 0;
for(int i = 1; i * i <= n; i ++){
if(n % i == 0){
int j = n / i;
if(i >= A && j >= B){
ans ++;
//printf("i j %d %d\n", i, j);
}
if(i != j && i >= B && j >= A){
ans ++;
//printf("j i %d %d\n", j, i);
}
}
}
if(ans != 1) puts("NO");
else puts("YES");
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【題意】
【分析】
【時間復雜度&&優化】
*/
C. The Most Expensive Gift
若循環節長度為$1$，則答案下界為$\frac{n^2}{9}$，經過分析可得循環節長度超過$8$都是不優的。
暴力搜索所有長度不超過$8$的串作為循環節，然后貪心匹配計算長度即可。
時間復雜度$O(3^8n)$。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 10010, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;
char s[N];
char a[N];
int ans;
int len;
int check()
{
int pos = 0;
int now = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
if(s[i] == a[pos])
{
++now;
pos = pos + 1;
if(pos == len)pos = 0;
}
}
int LEN = now / len * len;
return LEN * LEN / len;
}
int main()
{
while(~scanf("%d%s",&n, s))
{
ans = 0;
for(len = 1; ; ++len)
{
int bst = n * n / len;
if(bst <= ans)break;
int top = 1;
for(int i = 0; i < len; ++i)
{
a[i] = 'a';
top *= 3;
}
for(int tim = 1; tim <= top; ++tim)
{
gmax(ans, check());
++a[len - 1];
int pos = len - 1;
while(a[pos] == 'd')
{
a[pos] = 'a';
++a[--pos];
}
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【題意】
【分析】
【時間復雜度&&優化】
*/
D. Cut the Cake
兩個維度獨立，對于一維問題，將所有位置排序，每隔$k$個切一刀即可。
#include<cstdio>
const int N=300;
int n,m,k,i,j,dx,dy,cntx,cnty,cx[N],cy[N],qx[N],qy[N];char a[N][N];
inline int cal(int xl,int xr,int yl,int yr){
int t=0;
for(int i=xl;i<=xr;i++)for(int j=yl;j<=yr;j++)if(a[i][j]=='1')t++;
return t;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%s",a[i]+1);
for(i=1;i<=n;i++)for(j=1;j<=m;j++)if(a[i][j]=='1'){
dx++;
if(dx%k==0&&dx<k*k)cx[i]=1;
}
for(j=1;j<=m;j++)for(i=1;i<=n;i++)if(a[i][j]=='1'){
dy++;
if(dy%k==0&&dy<k*k)cy[j]=1;
}
for(i=1;i<n;i++)if(cx[i])qx[++cntx]=i;
for(i=1;i<m;i++)if(cy[i])qy[++cnty]=i;
if(cntx!=k-1||cnty!=k-1)return puts("NO"),0;
qx[cntx+1]=n;
qy[cnty+1]=m;
for(i=1;i<=cntx;i++)for(j=1;j<=cnty;j++)if(cal(qx[i-1]+1,qx[i],qy[j-1]+1,qy[j])!=1)return puts("NO"),0;
puts("YES");
for(i=1;i<=cntx;i++)printf("%d ",qx[i]);puts("");
for(i=1;i<=cnty;i++)printf("%d ",qy[i]);puts("");
}
E. Message
留坑。
F. Bad Word
若整個串不是回文串，則答案顯然為$1$。
若整個串形如$aaaaa$、$aabaa$、$ababa$，則無解。
否則答案必然是$2$。
#include<cstdio>
const int N=200010;
int n,i;char a[N];
int main(){
scanf("%d%s",&n,a+1);
for(i=1;i<=n;i++)if(a[i]!=a[n-i+1])break;
if(i<=n)return puts("1"),0;
for(i=1;i<=n;i++)if(a[i]!=a[1])break;
if(i>n)return puts("-1"),0;
if(n%2==0)return puts("2"),0;
for(i=1;i<=n/2;i++)if(a[i]!=a[1])break;
if(i>n/2)return puts("-1"),0;
for(i=1;i<=n;i++){
if(i>2&&a[i]!=a[i-2])break;
}
if(i>n)return puts("-1"),0;
puts("2");
}
G. Zenyk, Marichka and Interesting Game
首先將所有石子數都模$A+B$，并剔除小于$\min(A,B)$的堆。
若$A=B$，則根據奇偶性判斷即可。
若$A>B$，枚舉$A$的第一步行動，然后交換先后手，轉化為$A<B$的問題。
若$A<B$：
- 若$n=0$，則先手必敗。
- 若一步之內可以造出只能$A$拿的堆，即存在石子數$<B$或者$\geq 2A$的堆，那么$A$可以利用這一堆來控制先后手，從而必勝。
- 否則任何一堆兩人都只能恰好拿一次，故根據$n$的奇偶性判斷即可。
#include<cstdio>
#include<set>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int,int>P;
const int N=100010;
int n,m,A,B,x,a[N];set<P>T;
int work(int A,int B){
if(T.size()==0)return 0;
set<P>::iterator x=T.begin();
if(x->first<B)return 1;
x=T.end();
x--;
if(x->first>=A*2)return 1;
return T.size()%2;
}
int solve(){
int i,ans=0;
if(A==B){
for(i=1;i<=m;i++)ans=(ans+a[i]/A)%2;
return ans;
}
if(A<B)return work(A,B);
for(i=1;i<=m;i++)if(a[i]>=A){
T.erase(P(a[i],i));
int t=a[i]-A;
if(t<A&&t<B)t=0;
if(t)T.insert(P(t,i));
if(!work(B,A))return 1;
if(t)T.erase(P(t,i));
T.insert(P(a[i],i));
}
return 0;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
while(n--){
scanf("%d",&x);
x%=A+B;
if(x<A&&x<B)continue;
a[++m]=x;
T.insert(P(x,m));
}
puts(solve()?"Zenyk":"Marichka");
}
H. Frog Jumping
貪心用代價最小的若干個青蛙去貪心地走路線。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 1e5 + 10, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n, m, K, D;
int c[N];
LL sum[N];
int a[N];
int main()
{
while(~scanf("%d%d%d%d",&n, &m, &K, &D))
{
for(int i = 1; i <= m; ++i)scanf("%d", &c[i]);
sort(c + 1, c + m + 1);
for(int i = 1; i <= m; ++i)
{
sum[i] = sum[i - 1] + c[i];
}
set<int>sot;
for(int i = 1; i <= K; ++i)
{
scanf("%d", &a[i]);
sot.insert(a[i]);
}
sort(a + 1, a + K + 1);
int way = 0;
int pos = 1;
sot.insert(n);
while(!sot.empty())
{
auto it = sot.upper_bound(pos + D);
//can't reach it
if(it == sot.begin())
{
break;
}
--it;
pos = *it;
//
//printf("pos = %d\n", pos);
//
if(pos == n)
{
++way;
if(way >= m)break;
pos = 1;
}
else sot.erase(it);
}
//
//printf("Here: way = %d\n", way);
//
LL ans = 0;
if(way == 0)
{
a[0] = 1; a[K + 1] = n;
for(int i = 1; i <= K + 1; ++i)
{
int dis = a[i] - a[i - 1];
if(dis > D)
{
ans += c[1];
}
}
ans += sum[m] - sum[1];
}
else
{
ans = sum[m - way];
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
10 2 3 3
4 7
4 8 7
10 2 2 3
4 7
9 5
【題意】
【分析】
【時間復雜度&&優化】
*/
I. Slot Machine
按照最壞情況模擬即可。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 1e5 + 10, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;
vector<int>vt[N];
int a[N];
set< pair<int,int> >sot[N];
int main()
{
while(~scanf("%d",&n))
{
int ANS = inf;
for(int i = 0; i < N; ++i)sot[i].clear();
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
vt[i].clear();
int g;
scanf("%d", &g);
for(int j = 1; j <= g; ++j)
{
int x;
scanf("%d", &x);
vt[i].push_back(x);
}
sort(vt[i].begin(), vt[i].end());
int col = 0;
for(int j = 0; j < g; ++j)
{
if(j == g - 1 || vt[i][j] != vt[i][j + 1])
{
++col;
}
}
int cnt = 0;
for(int j = 0; j < g; ++j)
{
++cnt;
if(j == g - 1 || vt[i][j] != vt[i][j + 1])
{
if(cnt > 1)gmin(ANS, col + 1);
sot[ vt[i][j] ].insert( {col, i} );
cnt = 0;
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
int g = vt[i].size();
int cnt = 0;
int col = 0;
for(int j = 0; j < g; ++j)
{
++cnt;
if(j == g - 1 || vt[i][j] != vt[i][j + 1])
{
a[++col] = inf;
for(auto it : sot[ vt[i][j] ])
{
int bl = it.second;
if(bl == i && cnt == 1)continue;
a[col] = it.first + 1;
break;
}
cnt = 0;
}
}
sort(a + 1, a + col + 1);
reverse(a + 1, a + col + 1);
for(int j = 1; j <= col; ++j)
{
//printf("(%d %d): %d\n", i, j, a[j]);
gmin(ANS, a[j] + j - 1);
}
}
printf("%d\n", ANS);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
7
4 1 2 3 4
1 1
1 2
1 3
1 4
7 4 7 4 4 7 7 4
1 5
5
5 1 2 5 3 4
5 1 2 5 6 7
5 1 2 5 8 9
5 1 2 5 10 11
20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
2
5 1 2 3 4 5
1 1
1
5 1 2 3 1 2
【題意】
【分析】
【時間復雜度&&優化】
*/
J. Half is Good
注意到邊權在$[0,2^{62})$內隨機，故最后$8$位影響排序結果的概率非常小，可以忽略。
還剩$54$位，分成最高的$22$位和后面$32$位，將最高的$22$位相同的邊分組，每組內部排序，每組數量都不多。
然后直接求最小生成樹即可。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned int U;
typedef unsigned long long ll;
const int N=10000010,M=(1<<22)+5;
int n,m,i,u,v,f[N],have,goal;
int g[M],nxt[N],q[1000000];
U e[N][3],ans[N/32+10];
U s;
ll w;
inline bool cmp(int x,int y){return e[x][2]<e[y][2];}
inline U getnxt(){
s ^= s << 13;
s ^= s >> 17;
s ^= s << 5;
return s;
}
int F(int x){return f[x]==x?x:f[x]=F(f[x]);}
inline void merge(int x){
int a=e[x][0],b=e[x][1];
//printf("merge %d %d\n",a,b);
if(F(a)!=F(b)){
have++;
ans[x>>5]|=1U<<(x&31);
f[f[a]]=f[b];
}
}
inline void solve(int x){
if(g[x]<0)return;
if(nxt[g[x]]<0){
merge(g[x]);
return;
}
int cnt=0;
for(int i=g[x];~i;i=nxt[i])q[cnt++]=i;
sort(q,q+cnt,cmp);
for(int i=0;i<cnt;i++)merge(q[i]);
}
int main(){
scanf("%d%d%u",&n,&m,&s);
goal=(n-1)/2+1;
goal=min(goal,n-1);
U mask=~0U;
for(i=0;i<M;i++)g[i]=-1;
for(i=0;i<m;i++){
u=getnxt()%n;
v=getnxt()%n;
w=getnxt()>>2;
w=w*getnxt();
w>>=8;
e[i][0]=u;
e[i][1]=v;
e[i][2]=w&mask;
w>>=32;
nxt[i]=g[w];
g[w]=i;
//printf("%d %d %llu\n",u,v,w);
}
for(i=0;i<n;i++)f[i]=i;
for(i=0;i<M&&have<goal;i++)solve(i);
m=(m-1)/32;
for(i=0;i<=m;i++)printf("%u ",ans[i]);
}
K. Dance
留坑。
L. Impress Her
對于一個$A\times B$的包圍矩形，因為四連通，至少消耗$A+B$個點，故直接枚舉每個矩形內部所有點的時間復雜度為$O(n^3)$。
對于每個點記錄其所屬矩形，對于每個矩形$x$，枚舉內部所有點，檢查$x$是否包含該點所屬矩形即可，用時間戳來$O(1)$判重。
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 505, M = 1e6 + 10, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n, m;
int a[N][N];
bool vis[M];
bool vs[N][N];
int dfn[M];
int ymin[M];
int ymax[M];
int xmin[M];
int xmax[M];
const int dy[4] = {-1,0,0,1};
const int dx[4] = {0,-1,1,0};
void dfs(int y, int x)
{
if(vs[y][x])return;
vs[y][x] = 1;
gmin(ymin[a[y][x]], y);
gmax(ymax[a[y][x]], y);
gmin(xmin[a[y][x]], x);
gmax(xmax[a[y][x]], x);
for(int k = 0; k < 4; ++k)
{
int yy = y + dy[k];
int xx = x + dx[k];
if(a[yy][xx] == a[y][x])
{
dfs(yy, xx);
}
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d%d",&n, &m))
{
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
for(int j = 1; j <= m; ++j)
{
scanf("%d", &a[i][j]);
}
}
MS(vis, 0);
MS(vs,0);
MS(ymin, 63);
MS(ymax, 0);
MS(xmin, 63);
MS(xmax, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
for(int j = 1; j <= m; ++j)
{
if(!vis[ a[i][j] ])
{
vis[ a[i][j] ] = 1;
dfs(i, j);
}
}
}
MS(dfn, 0);
int tim = 0;
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
for(int j = 1; j <= m; ++j)
{
int col = a[i][j];
if(vis[col])
{
vis[col] = 0;
++tim;
for(int y = ymin[col]; y <= ymax[col]; ++y)
{
for(int x = xmin[col]; x <= xmax[col]; ++x)
{
int c = a[y][x];
if(c != col && dfn[c] != tim
&& ymin[c] >= ymin[col]
&& ymax[c] <= ymax[col]
&& xmin[c] >= xmin[col]
&& xmax[c] <= xmax[col]
)
{
dfn[c] = tim;
++ans;
}
}
}
}
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
【題意】
【分析】
【時間復雜度&&優化】
*/
浙公網安備 33010602011771號