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A. Johnny and Contribution
题面看不懂系列
给定一个无向图，要求给所有点标上号(topic number)并且规则是，对于选中的那个点，它的标号为没在邻居的标号中出现的最小正整数（忽略暂时没标号的邻居）。问最终能不能让每个点的标号依次为 (t_1,t_2,...,t_n)，能的话要给出标号顺序
贪心贪心贪心，每个点按照 (t) 值从小到大进行操作即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=500010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2;
vector<int> a[N];
struct node{int t,p;}w[N];
int lab[N];
int n,m;
vector<int> v;
int mex(int x){ //返回邻居中没有出现过的最小的正整数
v.clear();
for(auto p:a[x])
if(lab[p])
v.push_back(lab[p]);
sort(v.begin(),v.end());
unique(v.begin(),v.end());
repeat(i,0,v.size())
if(v[i]!=i+1)
return i+1;
return v.size()+1;
}
signed main(){
cin>>n>>m;
while(m--){
int x,y; cin>>x>>y;
a[x].push_back(y);
a[y].push_back(x);
}
repeat(i,0,n){
cin>>w[i].t;
w[i].p=i+1;
}
sort(w,w+n,[](node a,node b){return a.t<b.t;});
repeat(i,0,n){
int t=mex(w[i].p);
if(t!=w[i].t)
cout<<-1<<endl,exit(0);
lab[w[i].p]=w[i].t;
}
repeat(i,0,n)cout<<w[i].p<<' ';
return 0;
}
B. Johnny and His Hobbies
这波啊，这波是贪心贪心贪心qwqqqqq
第一步排除 (p=1) 的情况（直接输出 (n\%2)）
从大到小遍历 (p^{k_i})，对于某个 (p^{k_i})，如果 (difference) 大于0就减去 (p^{k_i})，否则加上。这么搞就是最优解辣
- 当然 (difference) 这么大肯定是不能直接算的。方法可能不唯一，我就介绍我的思路。由于 (difference) 可以被好多 (p) 整除，我们把 (difference) 写成 (acdot p^b) 的形式（其中 (b) 等于当前访问的 (k_i)）。然后我们发现，如果 (a) 大于1e6，或者小于 -1e6，那么后续的操作都不可能使 (a) 从正变零，或者从负变零。所以 (a) 大于 1e6 就把它赋值为 1e6，小于 -1e6 就赋值为 -1e6 就行了，这波操作可以防止 (a) 超 long long 范围
- 至于为什么是贪心呢，因为在贪心的过程中，不可能出现加/减一个数导致 (difference) 符号改变的情况（必须经过0），所以贪，就硬贪
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define fi first
#define se second
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
typedef long long ll;
#define int ll
const int N=1000010; const int inf=~0u>>2;
const int mod=(1?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;} ll getinv(ll v,ll m=mod){return qpow(v,m-2,m);}
int a[N];
int T,n,p;
int ans,dif,nowpos; //dif是题解里的a，nowpos就是题解里的b
void move_to(int x){ //一波操作使nowpos变成x
(ans*=qpow(p,nowpos-x))%=mod;
if(dif){
repeat(i,0,nowpos-x){
dif=max(min(dif*p,N),-N);
if(abs(dif)==N)break;
}
}
nowpos=x;
}
void push(int x){ //处理p^x这个数，更新答案
move_to(x);
if(dif>0)ans--,dif--;
else ans++,dif++;
}
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>p;
repeat(i,0,n)
cin>>a[i];
if(p==1){cout<<n%2<<endl; continue;}
sort(a,a+n,greater<int>());
ans=dif=0; nowpos=N;
repeat(i,0,n)
push(a[i]);
move_to(0);
cout<<(ans%mod+mod)%mod<<endl;
}
return 0;
}
C. Johnny and Megan's Necklace
我们发现答案的第一行（记作 (k)），其实只有21种情况（0到20），所以就从小到大搞一搞
既然我们固定了 (k)，那么我们就能用并查集快速算出哪些珍珠(pearl)是可以互相连接在一起的。我们把这样的珍珠集合看作顶点，把胶水(glue)看成边，那么求项链实际上就是求这个图的欧拉回路
- 欧拉回路是否存在取决于：是否连通并且所有顶点的度为偶数
- 求欧拉路径实际上就是求dfs退出序，要学欧拉路径的话不要看我代码学，因为我也几乎看不懂我在写些什么了
- 那么，怎么用并查集处理哪些珍珠是可以连接的呢？一种方法是对后k位数进行排序然后相邻的进行判断。这个方法的复杂度比较大。事实上，如果对每个珍珠的二进制数进行颠倒，比如1011颠倒为 110100000...0（总共20位），这么做后只要一次排序就行了。而且并查集也不用每次都初始化，美滋滋（虽然我的代码还是2448ms，好慢啊，自带大常数）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
#define fi first
#define se second
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=1000010;
int T,n,p;
struct DSU{
int a[N],sz[N];
void init(int n){
iota(a,a+n+1,0);
fill(sz,sz+n+1,1);
}
int fa(int x){
return a[x]==x?x:a[x]=fa(a[x]);
}
bool query(int x,int y){ //查找
return fa(x)==fa(y);
}
void join(int x,int y){ //合并
x=fa(x),y=fa(y);
if(x==y)return;
if(sz[x]>sz[y])swap(x,y);
a[x]=y;
sz[y]+=sz[x];
}
}d,d2; //d维护了题解里的那个概念，d2维护了是否为连通图
struct node{int x,p;}a[N];
string s;
namespace getans{
vector<int> a[N];
typedef pair<int,int> pii;
vector<pii> ans;
bool vis[N];
void dfs(int i){ //dfs求欧拉回路
while(!a[i].empty()){
int x=a[i].back(),y=x^1,p=x/2;
a[i].pop_back();
if(vis[p])continue; vis[p]=1;
dfs(d.fa(y));
ans.push_back({x+1,y+1});
}
}
void getans(){ //输出答案
repeat(i,0,n){
int x=i*2,y=i*2+1;
a[d.fa(x)].push_back(x);
a[d.fa(y)].push_back(y);
}
dfs(d.fa(0));
repeat_back(i,0,ans.size())cout<<ans[i].fi<<' '<<ans[i].se<<' ';
}
}
signed main(){
cin>>n;
repeat(i,0,n*2){
cin>>a[i].x; s=bitset<20>(a[i].x).to_string();
reverse(s.begin(),s.end());
a[i].x=bitset<20>(s).to_ulong();
a[i].p=i;
}
d.init(n*2);
d2.init(n*2);
sort(a,a+n*2,[](node a,node b){return a.x<b.x;});
repeat(i,0,n)d2.join(i*2,i*2+1);
repeat(k,0,21){
repeat(i,0,n*2-1){
if((a[i].x>>k)==(a[i+1].x>>k))
d.join(a[i].p,a[i+1].p),
d2.join(a[i].p,a[i+1].p);
}
int f=true;
if(d2.sz[d2.fa(0)]!=n*2)f=false;
repeat(i,0,n*2)
if(d.sz[d.fa(i)]%2==1)f=false;
if(f){
cout<<20-k<<endl;
getans::getans();
break;
}
}
return 0;
}