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 = 0,f = 1;char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-')f = -f; for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } const int maxn = 1e5 + 10; 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) >> 1; 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 - 1,cnt2 = 0; 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=1;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 + 1,r,cnt1 + 1,qr); } int main() { n = read(),m = read(); for(int i=1;i<=m;i++){es[i].u = read(),es[i].v = read();} for(int i=1;i<=n;i++)fa[i] = i,size[i] = 1; q = read(); for(int i=1;i<=q;i++) { qs[i].u = read(),qs[i].v = read(),qs[i].z = read(); qs[i].id = i; } divide(1,m,1,q); for(int i=1;i<=q;i++) printf("%d ",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 = 0,f = 1;char ch = getchar(); for(;!isdigit(ch);ch = getchar())if(ch == '-')f = -f; for(;isdigit(ch);ch = getchar())x = 10 * x + ch - '0'; return x * f; } const int maxn = 1e5 + 10; int n;int a[maxn]; int main() { n = read(); for(int i=1;i<=n;i++)a[i] = read(); sort(a + 1,a + n + 1);reverse(a + 1,a + n + 1); int ans = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(i + 1 > a[i + 1]) { for(int j=i+1;a[j] == i;j++) ans ^= 1; ans |= (a[i] - i) & 1; if(ans)puts("First"); else puts("Second"); return 0; } } }
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$n imes k$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=2005; const int MOD=1000000007; int n,k,f[N][N],jc[N*N+N*2],ny[N*N+N*2]; void updata(int &x,int y) { x+=y,x-=x>=MOD?MOD:0; } 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("1");return 0;} jc[0]=jc[1]=ny[0]=ny[1]=1; for (int i=2;i<=n*k+n+k;i++) jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%MOD,ny[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*ny[MOD%i]%MOD; for (int i=2;i<=n*k+n+k;i++) ny[i]=(LL)ny[i-1]*ny[i]%MOD; f[0][0]=1; for (int i=0;i<=n;i++) for (int j=i;j<=n;j++) { if (i) updata(f[i][j],f[i-1][j]); if (j) updata(f[i][j],(LL)f[i][j-1]*C(i+(j-1)*k+k-1,k-1)%MOD); } printf("%d",(LL)f[n][n]*jc[n]%MOD); return 0; }
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。