题解-比赛CF1332
[A]Exercising Walk
(T) 组测试数据，每次给定 (a,b,c,d,x,y,x_1,y_1,x_2,y_2)。起点是 ((x,y))，要左走 (a) 步，右走 (b) 步，下走 (c) 步，上走 (d) 步（这题的 (x) 和 (y) 轴与平时相反）。求是否有走法，使得走的过程中总是满足 (x_1le xle x_2)，(y_1le yle y_2)。如果满足输出 ( exttt{YES})，否则输出 ( exttt{NO})。
数据范围：(1le Tle 10^3)，(0le a,b,c,dle 10^8)，(a+b+c+dge 1)，(-10^8le x_1le xle x_2le 10^8)，(-10^8le y_1le yle y_2le 10^8)。
本来以为直接找到最终点看看在不在范围内就够了，但是后来发现过不了样例。
有一种特殊情况：([x_1=x]&[x=x_2]&[a,b>0]&[a+b=0])（一走就走出范围了），答案是 ( exttt{NO})，你会输出 ( exttt{YES})。
对于 (y,c,d) 同理，所以特判一下就过了。
易错点：
- 没看清这题的 (x) 和 (y) 轴与平时相反这个特点。
- 没考虑到特殊情况（你样例都过不了啊）。
代码：
//Data
int a,b,c,d,x,y,x1,y1,x2,y2;
il int yes(){
if(a&&b) if(x==x1&&x==x2) return 0;
if(c&&d) if(y==y1&&y==y2) return 0;
x-=a,x+=b,y-=c,y+=d;
return x1<=x&&x<=x2&&y1<=y&&y<=y2;
}
//Main
int main(){
re int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d%d%d%d%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&x,&y,&x1,&y1,&x2,&y2);
if(yes()) puts("YES"); else puts("NO");
}
return 0;
}
[B]Composite Coloring
(T) 组测试数据，每次给定一个长度为 (n) 的合数序列 (a_i)，需要将每个数染上颜色，使满足对于任意两个颜色相同的数不互质。求一种颜色数为 (m) 的染色方案（(m) 自选，不需最小，只需满足 (min[1,11])）。
数据范围：(1le Tle 10^3)，(1le nle 10^3)，(4le a_ile 10^3)，(1le sum nle 10^4)。
对于任意满足数据范围限制的序列绝对有解。
对于任何合数 (a_ile 1000)，必然有 (d) 满足 ([d|i]&[d<32])。
([1,32)) 中正好有 (11) 个质数，所以遍历每个质数然后把它们的倍数染同色即可。
易错点：
题目中有说对于 (1sim m) 中的每个颜色，必须有该颜色的数，所以需要对颜色离散化。
代码：
//Data
const int N=1000;
int n,a[N+7],co[N+7];
//Prime
bitset<37> np;
vector<int> p;
//Main
int main(){
for(re int i=2;i<=32;i++){
if(!np[i]) p.pb(i);
for(re int j:p)if(i*j>N) break;else np[i*j]=1;
}
re int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&n);
for(re int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",a+i);
re int C=0;
fill(co+1,co+n+1,0);
for(re int j:p){
re int ttt=0;
for(re int i=1;i<=n;i++){
if(!co[i]&&a[i]%j==0){ttt=1,co[i]=C+1;}
}
if(ttt) C++;
}
printf("%d
",C);
for(re int i=1;i<=n;i++)
printf("%d%c",co[i],"
"[i<n]);
}
return 0;
}
[C]K-Complete Word
(T) 组测试数据，给定 (n) 和 (k) 满足 (k|n)，给定一个长度为 (n) 的字符串 (s)，求最少修改 (s) 的几个字母，使得 (s) 是回文串并且对于所有 (1le ile n-k)，满足 (s_i=s_{i+k})。
数据范围：(1le tle 10^5)，(1le k<nle 2 imes 10^5)，(sum nle 2 imes 10^5)。
第二个条件等价于 (s) 的 (frac nk) 个 (k) 长子段相等；因为 (s) 是回文的，所以每个 (k) 长子段也是回文的。
所以对于每个 (1le ile lfloorfrac k2 floor)，满足：
如果 (kin mathbb{odd})，对于 (i=frac {k+1}2) 满足：
所以把每群相等的字符中出现次数最多的字符留着，把别的字符改成该字符即可。
代码：
//Data
const int N=200000;
int n,k;
char s[N+7];
int cnt[30];
//Main
int main(){
re int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d
%s",&n,&k,s+1);
re int ans=0;
for(re int i=1;i<=k/2;i++){
memset(cnt,0,sizeof cnt);
re int tmp=0;
for(re int j=i;j<=n;j+=k) cnt[s[j]-'a']++,tmp++;
for(re int j=k+1-i;j<=n;j+=k) cnt[s[j]-'a']++,tmp++;
re int mx=0;
for(re int i=1;i<26;i++) if(cnt[i]>cnt[mx]) mx=i;
ans+=tmp-cnt[mx];
}
if(k&1){ //k∈odd
int i=(k+1)/2;
memset(cnt,0,sizeof cnt);
re int tmp=0;
for(re int j=i;j<=n;j+=k) cnt[s[j]-'a']++,tmp++;
re int mx=0;
for(re int i=1;i<26;i++) if(cnt[i]>cnt[mx]) mx=i;
ans+=tmp-cnt[mx];
}
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
[D]Walk on Matrix
给定一个 (k)，要求构造一个随意大小为 (n imes m) 的矩阵 (a_{i,j}) 使得用
得到的答案与从 ((1,1)) 到 ((n,m)) 的最小按位与路径答案相差 (k)。
数据范围：(1le n,mle 500)，(0le a_{i,j}le 3cdot 10^5)，(0le kle 10^5)。
很巧妙的一题，从数据范围以及样例中可以猜测到这题有通解。
首先这个答案 (S) 肯定是比真实答案 (Ans) 大的，所以 (S-Ans=k)。
通过研究第二个样例，可以发现，鲍勃的代码会盲目找最大的，不会考虑如 (7&3>8&3) 的情况。
所以可以找一个 (t=2^c>k)，构造如下 (3 imes 4) 矩阵：
所以鲍勃的代码 (dp_{3,3}=t,dp_{3,4}=0)。
而真正的最小按位与路径为 ((t|k)&k&k&k&(t|k)&k)，答案为 (k)。
正好相差 (k)。
代码：
//Data
//Main
int main(){
re int k,t=1;
scanf("%d",&k);
while(t<=k) t<<=1;
printf("3 4
");
printf("%d %d %d %d
",t|k,k,k,0);
printf("%d %d %d %d
",t,0,k,0);
printf("%d %d %d %d
",t,t,t|k,k);
return 0;
}
[E]Height All the Same
给定 (n,m,L,R)，求大小为 (n imes m) 的矩阵 (a_{i,j}) 中满足 (Lle a_{i,j}le R) 并且可以通过相邻元素一起 (+1)、元素 (+2) 两种操作使整个矩阵相等的数量 (mod 998244353)。
数据范围：(1le n,m,L,Rle 10^9)，(Lle R)。
很明显 (L) 和 (R) 的绝对大小不重要，所以设 (H=R-L+1)。
如果没有后一个限制，答案应该是 (H^{nm})。
手玩几下会发现，只要奇偶性满足要求，该矩阵就满足要求，所以：
- 如果 (nminmathbb{odd})：答案就为 (H^{nm})。
- 如果 (nminmathbb{even})：答案就为 (lceilfrac{H^{nm}}{2} ceil)。
易错点：
- 要 (mod 998244353)，除法用逆元，幂 (mod 998244352)（欧拉定理）。
- 快速幂的时候，因为可能 (Hmod 998244353=0)，如果 (nmmod 998244352=0)，普通人写的快速幂很容易得到 (1)，其实应该得到 (0)（因此我 (FST) 了）。
代码：
//Data
const int Mo=998244353;
int n,m,a,b,h;
lng sz;
il int Pow(re int a,re int x){
if(a==0) return 0;
re int res=1;
for(;x;a=1ll*a*a%Mo,x>>=1)if(x&1)res=1ll*res*a%Mo;
return res;
}
//Main
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b);
h=b-a+1,sz=1ll*n*m;
if(sz&1) printf("%lld
",1ll*Pow(h,sz%(Mo-1)));
else if(h&1) printf("%lld
",1ll*(Pow(h%Mo,sz%(Mo-1))+1+Mo)%Mo*Pow(2,Mo-2)%Mo);
else printf("%lld
",1ll*Pow(h%Mo,sz%(Mo-1))*Pow(2,Mo-2)%Mo);
return 0;
}
[F]Independent Set
给定树 (G=(V,E))，(n) 个点。令 (E'in E)，求所有 (E') 所有边两端的节点的独立集数量之和 (mod 998244353)（独立集大小可以为 (0)，(E' eqvarnothing)）。
数据范围：(2le nle 3 imes10^5)。
这么简单的树形 ( exttt{dp}) 我竟然不会，而且想了好久，我太蒻了。
设 (f_{o,i}) 表示：
- 如果 (o=0)：(i) 点选或不选都可以，但是连接 (i) 号点与父亲节点的边不存在的 (i) 的子树中的答案。
- 如果 (o=1)：(i) 点不选，连接 (i) 号点与父亲节点的边存在的 (i) 的子树中的答案。
- 如果 (o=2)：(i) 点选，连接 (i) 号点与父亲节点的边存在的 (i) 的子树中的答案。
以上“答案”均包括选的边为空的情况。
如果该节点选，子节点不与该节点连边或者不选是允许的：
如果该节点不选，子节点怎么样都是允许的：
如果该节点不与父亲节点连边，包括选或不选的情况，但是要排除所有子节点都不与该节点连边的情况（要不然节点孤立，就不是边两端的点了）：
因为答案不应包括选的边为空的情况，而且根节点不与父亲节点连边（根节点的父亲节点不存在），所以最终答案为 (f_{0,1}-1)。
代码：
//Data
const int N=300000,m=998244353;
int n;
vector<lng> f[3];
vector<vector<int> > e;
//Dfs
il void Dfs(re int x,re int fa){
f[0][x]=f[1][x]=f[2][x]=1;
for(re int to:e[x])if(to!=fa){
Dfs(to,x);
(f[0][x]*=f[0][to])%=m;
(f[1][x]*=(f[0][to]+f[1][to]+f[2][to]))%=m;
(f[2][x]*=(f[0][to]+f[1][to]))%=m;
}
f[0][x]=(f[1][x]+f[2][x]-f[0][x]+m)%m;
}
//Main
int main(){
scanf("%d",&n);
e.resize(n+7);
for(re int i=0;i<3;i++) f[i].resize(n+7);
for(re int i=1,u,v;i<n;i++)
scanf("%d%d",&u,&v),e[u].pb(v),e[v].pb(u);
Dfs(1,0);
printf("%lld
",(f[0][1]+m-1)%m);
return 0;
}
未完待续
祝大家学习愉快！