2021牛客暑期多校训练营1
A Alice and Bob
题目大意
两人博弈，每次一个人从一堆中拿 k 个，同时从另一堆拿 k * s(s >= 0) 个，问谁先不能拿。
10000 组数据，N <= 5000
考虑到N十分小，使用SG函数解决。
使用记忆化搜索时，因为一个状态的SG函数的判断需要(NlogN)个状态。所以总复杂度是(O(N^3logN))
考虑SG函数的构造过程：如果一个状态可以由必败状态转移过来那么这个状态必胜，否者必败。
我们只需要考虑这个状态是否可以由必败状态转移过来。通过打表简单的推理必败态数量只有N的数量级。
考虑反向（与记忆化搜索）递推，用每一个必败态筛出所有必胜态，留下的就是必败态。时间复杂度(O(N^2logN))
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 5010
bool ans[N][N],book[N];
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
void pre_work(){
ans[0][0]=0;
for(int i=0;i<=5000;i++){
for(int j=0;j<=5000;j++){
if(ans[i][j]==1)continue;
for(int k=1;k+i<=5000;k++)
for(int l=0;l*k+j<=5000;l++)
ans[k+i][l*k+j]=1;
for(int k=1;k+j<=5000;k++)
for(int l=0;l*k+i<=5000;l++)
ans[l*k+i][k+j]=1;
}
}
}
int main(){
pre_work();
int T=read();
while(T--){
int x=read(),y=read();
if(ans[x][y])printf("Alice
");
else printf("Bob
");
}
return 0;
}
B Ball Dropping
题目大意
一个球卡在一个直角等腰梯形内部，求卡着的高度。
初中数学题。重读一边初中。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define mod 100000000
#define N 100010
#define long_long_MAX 9187201950435737471
#define long_long_MIN -9187201950435737472
#define int_MAX 2139062143
#define int_MIN -2139062144
#define jh(x, y) (x ^= y ^= x ^= y)
#define loc(x, y) ((x - 1) * m + y)
#define lowbit(x) (x & -x)
using namespace std;
ll max(ll x,ll y){return x > y ? x : y;}
ll min(ll x,ll y){return x > y ? y : x;}
inline ll read()
{
ll a=0;ll f=0;char p=getchar();
while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=getchar();}
while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=getchar();}
return f?-a:a;
}
inline void print(ll x)
{
if(!x) return;
if(x) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
double r,a,b,h;
signed main()
{
r = read(),a = read(),b = read(),h = read();
if(r <= b / 2.0) printf("Drop
");
else
{
printf("Stuck
");
double aa = a / 2.0;
double bb = b / 2.0;
double cc = aa - bb;
double dd = sqrt(h * h + cc * cc);
double x = cc / dd;
double h1 = x * r;
double ee = sqrt(1 - x * x) * r;
double h2 = h * (ee - bb) / (aa - bb);
printf("%lf
",h1 + h2);
}
system("pause");
return 0;
}
C Cut the Tree
题目大意
给一个带点权的树，你可以删去树上一个点，最小化所有子树最长上升子序列的长度最大值
N <= 100000
- 先在原树上求出最长链，要想答案更优，删除的点必须是链上的点，因此可以尝试删除链的中点，再求一条最长链。
- 要想答案比之前都更优，则删除的点必须在之前所有答案链的交集内。
因为若干条链的交集一定还是一条链，所以可以继续尝试删除链的中点，再求一条最长链。重复此操作直到所有答案链的交集为空，最多需要求 O(log N) 次，时间复杂度 O(N log^2 N) 。
D Determine the Photo Position
题目大意
给出一个 nn 的 01 矩阵，要用一个 1m 的矩阵去覆盖一段 0，问方案数。
签到题。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define mod 100000000
#define N 20010
#define long_long_MAX 9187201950435737471
#define long_long_MIN -9187201950435737472
#define int_MAX 2139062143
#define int_MIN -2139062144
#define jh(x, y) (x ^= y ^= x ^= y)
#define loc(x, y) ((x - 1) * m + y)
#define lowbit(x) (x & -x)
using namespace std;
ll max(ll x,ll y){return x > y ? x : y;}
ll min(ll x,ll y){return x > y ? y : x;}
inline ll read()
{
ll a=0;ll f=0;char p=getchar();
while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=getchar();}
while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=getchar();}
return f?-a:a;
}
inline void print(ll x)
{
if(!x) return;
if(x) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int n,m;
char t[N][N];
signed main()
{
n = read(),m = read();
for(int i = 1;i <= n;++i) scanf("%s",t[i] + 1);
scanf("%s",t[n + 1] + 1);
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;++i)
{
for(int j = 1;j <= n;++j)
{
if(t[i][j] == '1') continue;
int st = j,en = j;
while(t[i][en] == '0')
{
en++;
}
en--;
if(en - st + 1 >= m) ans += en - st + 2 - m;
j = en;
}
}
printf("%d
",ans);
//system("pause");
return 0;
}
E: Escape along Water Pipes
题目大意
给出一个 n*m 的水管图，要从 (1,1) 顶部走到 (n,m) 底部。每走一步前，可以选择一个管道集合旋转相同的角度。要求在 20nm 步前走到终点或者输出无解。
整个图可视为无状态的
虽然每个格子有当前的角度，但是旋转操作的任意性使得你无须关注每个格子当前的状态（当然输出答案的时候需要继承状态的）。
既然是无状态的，总情况从指数级降低成 O(N^2)。
一些碎碎念
集合选取没有意义，每次只要旋转下一个要去的格子就行了。
理论经过的格子数是 4nm，操作数是 8nm，因为到达每个格子时有四种方向。
对所有状态进行记忆化搜索/宽搜。输出方案的时候需要模拟一下方向。
F Find 3-friendly Numbers
题目大意
定义一个自然数是 3-friendly 的，如果它存在一个子串（允许前导0）是 3 的倍数。多组数据，求 L~R 中 3-friendly 的数的个数。
题目读起来就是数位DP。
但是仔细想想，一个三位数必然满足条件。
然后对于小于100的数暴力就行了。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define mod 100000000
#define N 100010
#define long_long_MAX 9187201950435737471
#define long_long_MIN -9187201950435737472
#define int_MAX 2139062143
#define int_MIN -2139062144
#define jh(x, y) (x ^= y ^= x ^= y)
#define loc(x, y) ((x - 1) * m + y)
#define lowbit(x) (x & -x)
using namespace std;
ll max(ll x,ll y){return x > y ? x : y;}
ll min(ll x,ll y){return x > y ? y : x;}
inline ll read()
{
ll a=0;ll f=0;char p=getchar();
while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=getchar();}
while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=getchar();}
return f?-a:a;
}
inline void print(ll x)
{
if(!x) return;
if(x) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
inline bool check(int num)
{
int len = 1;
for(len = 1;;++len)
{
int data = pow(10,len);
if(num / data == 0) break;
}
//printf("len:%d
",len);
for(int i = len;i >= 1;--i)
for(int st = len;st - i + 1 >= 1;--st)
{
int en = st - i + 1;
int a1 = pow(10,st);
int a2 = pow(10,en - 1);
int x = num % a1;
x /= a2;
if(!(x % 3)) return true;
}
return false;
}
int no[N],t;
signed main()
{
for(int i = 1;i <= 1e4;++i)
{
if(!check(i)) no[i] = 1;
}
t = read();
while(t--)
{
int ans = 0;
int l = read(),r = read();
if(l < 100)
{
if(r < 100)
{
for(int i = l;i <= r;++i) if(no[i]) ans--;
ans += r - l + 1;
}
else
{
for(int i = l;i <= 100;++i) if(no[i]) ans--;
ans += r - l + 1;
}
}
else ans = r - l + 1;
printf("%lld
",ans);
}
//system("pause");
return 0;
}
G: Game of Swapping Numbers
题目大意
给定序列 A,B，需要交换恰好 k 次 A 中两个不同的数，使得 A,B 每个位置的绝对差值和最大。
N <= 100000
要求的东西似乎很难求，试着转换模型。
其实要求的东西是(ans=sum_{i=1}^n[max(a[i],b[i])-min(a[i],b[i])]=sum_{i=1}^nmax(a[i],b[i])-sum_{i=1}^nmin(a[i],b[i]))
将(a[i])和(b[i])放在一起排序，最小的n个打上一个“小”标记，最大的n个打上一个“大”的标记。
a，b序列可以表示成：
(|小|小|大|大|小|)
(|小|大|大|小|大|)
根据上边的式子(ans)最大的情况一定是(a[i],b[i])一个是大一个是小。
交换同一行的两个小或者两个大是没有意义的。
为使答案变优必须交换(a[i]b[i])都是小的(a[i])和(a[j]b[j])都是大的(a[j])。
如上边的例子中交换(a[1])和(a[3])答案变为最优。
考虑一次交换对答案变化的贡献：
(Delta ans=(b[j]-a[i]+a[j]-b[i])-[abs(b[j]-a[j])+abs(a[i]-b[i])])
对(b[j]a[j])和(a[i]b[i])的相对大小进行讨论可以得到：
(Delta ans=2*[min(b[j],a[j])-max(a[i],b[i])])
所以对(a[j]b[j])都是大的(j)令(e[m]=min(a[j],b[j]))并把(e[m])从大到小排序，对(a[i]b[i])都是小的(i)令(f[n]=max(a[i],b[i]))并把(f[n])从小到大排序。
一次最优的交换就是把答案加上(2*[e[k]-f[k]])
(e)数组长度和(f)数组长度一定相等。
当(n>2)根据鸽巢原理，一个最优解可以通过交换维持为最优解。
所以交换(min(k,sizeof(e)))次就得到了最优解。
n=2时没有一个最优解可以通过交换维持为最优解的性质，所以要特判。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 501000
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
int a[N],b[N],col[2][N],e[N],f[N];
struct node{
int w,type,pos;
}c[N*2];
bool cmp(int x,int y){
return x>y;
}
bool operator < (node a,node b){
return a.w<b.w;
}
signed main(){
int n=read(),k=read();
if(n==2){
a[1]=read(),a[2]=read();
b[1]=read(),b[2]=read();
int ans1=abs(a[1]-b[1])+abs(a[2]-b[2]);
int ans2=abs(a[1]-b[2])+abs(a[2]-b[1]);
if(k&1==1)printf("%d",ans2);
else printf("%d",ans1);
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=read();
long long ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans+=abs(a[i]-b[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
c[i*2-1].w=a[i];
c[i*2-1].type=0;
c[i*2-1].pos=i;
c[i*2].w=b[i];
c[i*2].type=1;
c[i*2].pos=i;
}
sort(c+1,c+1+2*n);
for(int i=1;i<=n*2;i++){
if(i<=n)col[c[i].type][c[i].pos]=0;
else col[c[i].type][c[i].pos]=1;
}
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(col[0][i]==1&&col[1][i]==1)e[++cnt]=min(a[i],b[i]);
cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(col[0][i]==0&&col[1][i]==0)f[++cnt]=max(a[i],b[i]);
sort(e+1,e+1+cnt,cmp);
sort(f+1,f+1+cnt);
k=min(k,cnt);
for(int i=1;i<=k;i++)ans+=2ll*(e[i]-f[i]);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
H: Hash Function
题目大意
给定 n 个互不相同的数，找一个最小的模域，使得它们在这个模域下互不相同。
n 500000。
解法
考虑两个数 a 与 b, a 与 b 模 m 余数相同，当且仅当 |a-b| 能被 m 整除。
问题转化为找到最小的 m，其不是任意一个|(a_i) - (a_j)|的约数。
由于(1 <= |a_i - a_j| <= 500000), 如果我们知道每一种差值是否存在，只需要直接枚举每个 m 以及其倍数即可在 O(Nlog N) 的时间寻找最优解。
设 (P_i) 为数值 $i $是否存在，将 ${P_0,P_1,…,P_{500000}} $ 与 ${P_{500000−0},P_{500000−1},…,P_0} $卷积，判断对应位置是否大于 0 以确认每一种差值是否存在。
利用 (FFT/NTT) 加速上述过程。总复杂度 (O(Nlog N))。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1100000;
const double Pi=acos(-1.0);
int n,m,r[N];
int c[N];
struct complex{
double x,y;
complex(double xx=0,double yy=0){
x=xx;y=yy;
}
}a[N],b[N];
complex operator +(complex a,complex b){
return complex(a.x+b.x,a.y+b.y);
}
complex operator -(complex a,complex b){
return complex(a.x-b.x,a.y-b.y);
}
complex operator *(complex a,complex b){
return complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);
}
void FFT(complex *A,int limit,int type){
for(int i=0;i<limit;i++)if(i<=r[i])swap(A[i],A[r[i]]);
for(int k=1;k<limit;k<<=1){
complex Wn(cos(Pi/k),type*sin(Pi/k));
for(int i=0;i<limit;i+=(k<<1)){
complex w(1,0);
for(int j=0;j<k;j++,w=w*Wn){
complex x=A[i+j],y=A[i+j+k]*w;
A[i+j]=x+y;A[i+j+k]=x-y;
}
}
}
}
int read(){
int sum=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){sum=sum*10+ch-'0';ch=getchar();}
return sum*f;
}
int main(){
int n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[read()].x=1;
for(int i=0;i<=500000;i++)b[i].x=a[500000-i].x;
n=m=500000;
int limit=1,l=0;
while(limit<=(n+m))limit<<=1,l++;
for(int i=0;i<limit;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
FFT(a,limit,1);FFT(b,limit,1);
for(int i=0;i<limit;i++)a[i]=a[i]*b[i];
FFT(a,limit,-1);
for(int i=500001;i<=1000000;i++)c[i-500000]=(int)(a[i].x/limit+0.5);
for(int i=1;i<=500001;i++){
int flag=0;
for(int j=1;j*i<=500000;j++)if(c[j*i])flag=1;
if(flag==0){
printf("%d",i);
break;
}
}
return 0;
}
I: Increasing Subsequence
题目大意
给出排列P，两个人轮流取数，每次取的数需要在之前该人取数的右边，且比当前取出来所有的数都要大。所有当前可选的数都将等概率随机的被当前决策人选中。问两个人期望取数的轮数。
N <= 5000
J: Journey of Railway Stations
题目大意
一段路上有 N 个点，每个点有一个合法时间段 [u_i, v_i]，相邻两个点有一个长度。每次问，在 u_i 的时间从 i 出发后，能否依次经过 i+1~j 的所有点，使得到达时间满足每个点的合法区间（如果提前到可以等待，迟到了失败了）。同时还可能修改一段路的长度，或者修改一个点的合法时间段。
N, Q <= 1000000
K: Knowledge Test about Match
题目大意
随机生成一个权值范围为 0~n-1 的序列，你要用 0~n-1 去和它匹配，匹配函数是 sqrt。
要求平均情况下和标准值偏差不能超过 4%。