AGC002 补题小结

Problem A Range Product

简要题意：给定 (a,b) 两个数字，输出 (prod_{i=a}^b i) 是正数,负数还是零。 (-10^9 le ale ble 10^9)

tag：分类讨论

题解：分类讨论一下没了

#include <cstdio>
int main (){
    int a,b;scanf ("%d%d",&a,&b);
    if (a<=0&&b>=0) puts("Zero");
    else if (a<0&&b<0&&((b-a+1)&1)) puts("Negative");
    else puts("Positive");
    return 0;
}

Problem B Box and Ball

简要题意：(N) 个盒子，第一个盒子里是个红球，其他 (N-1) 个盒子里都是白球。现在给出 (M) 次操作，操作的方式是在一个盒子中随机取出一个球放入另一个盒子中。在 (M) 次操作完后，求出红球可能在的盒子的总数。(N,M le 10^5)

tag：枚举，按题意模拟

题解：按题意模拟，记录每个盒子是否可能有球

#include <cstdio>
const int N=100005;
bool vis[N];int cnt[N];
int main (){
    int n,m;scanf ("%d%d",&n,&m);vis[1]=true;
    for (int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=1;
    for (int i=1,x,y;i<=m;i++){
        scanf ("%d%d",&x,&y);
        vis[y]|=vis[x],cnt[x]--,cnt[y]++;
        if (cnt[x]==0) vis[x]=false;
    }
    int ans=0;for (int i=1;i<=n;i++) ans+=vis[i];
    printf ("%d",ans);
    return 0;
}

Problem C Knot Puzzle

简要题意：有 (N) 条绳子，第 (i) 条的长度是 (A_i) 。 相邻两条绳子打了结，每次选一段绳子， 如果这段绳子的总长度大于给定的变量 (L) ，我们可以在这段绳子中选一个解开。问是否有一种方案把所有绳子都解开。 (N le 10^5)

tag：贪心

题解：考虑进行到只剩一个绳结，则两段绳子的长度和必须大于等于L，否则这个绳结没法解。所以找到整根绳子中长度和大于等于L的两段，将左边的绳结从左往右解开，右边的绳结从右往左解开，最后将这个绳结解开。

#include <cstdio>
const int N=100005;
int a[N];
int main (){
    int n,L;scanf ("%d%d",&n,&L);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf ("%d",&a[i]);
    for (int i=1;i<n;i++){
        if (a[i]+a[i+1]>=L) {
            puts("Possible");
            for (int j=1;j<i;j++)  printf ("%d
",j);
            for (int j=n-1;j>i;j--) printf ("%d
",j);
            printf ("%d",i);
            return 0;
        }
    }
    puts("Impossible");
    return 0;
}

Problem D Stamp Rally

简要题意：一张连通图， (q) 次询问从两个点 (x) 和 (y) 出发，希望经过的点(不重复)数量等于 (z) ，经过的边最大编号最小是多少。(n,q le 10^5)

tag：整体二分，带撤销并查集

题解：(Atcoder) 里罕见的数据结构题，对所有询问一起二分答案，用并查集判断是否可行，挺套路的一种题。

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int ans[N];
inline int Max(int a,int b){
	return a>b?a:b;
}
struct Edge{
	int u,v;
}e[N];
struct Node{int id,x,y,z;};
int fa[N];
inline int getrt(int x){while (fa[x]!=x)x=fa[x];return x;}
int size[N],deep[N],s[N][2],top=0;
bool tag[N];
inline void link(int x,int y){
	if (deep[x]<deep[y]) swap(x,y);
	++top,s[top][0]=x,s[top][1]=y;
	fa[y]=x,size[x]+=size[y];
	if (deep[x]==deep[y]) deep[x]++,tag[top]=1;else tag[top]=0;
}
inline void pop(){
	fa[s[top][1]]=s[top][1],size[s[top][0]]-=size[s[top][1]];
	deep[s[top][0]]-=tag[top];tag[top]=0;--top;
}
inline void work(int l,int r,vector <Node > now){
	if (now.size()==0) return;
	if (l==r){
		for (int i=0;i<now.size();i++) ans[now[i].id]=l;
		return;
	}
	vector <Node > mx,mn;mx.clear(),mn.clear();
	int mid=(l+r)>>1,nowtop=top;
	for (int i=l,x,y;i<=mid;i++) if ((x=getrt(e[i].u))!=(y=getrt(e[i].v))) link(x,y);
	for (int i=0;i<now.size();i++){
		int x=getrt(now[i].x),y=getrt(now[i].y),sum=0;
		if (x!=y) sum=size[x]+size[y];
		else sum=size[x];
		if (sum>=now[i].z) mn.push_back(now[i]);
		else mx.push_back(now[i]);
	}
	work(mid+1,r,mx);
	while (top>nowtop) pop();
	work(l,mid,mn);
}
int main (){
	int n,m,q;scanf ("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=m;i++)
		scanf ("%d%d",&e[i].u,&e[i].v);
	scanf ("%d",&q);
	vector <Node > t;t.clear();
	for (int i=1;i<=q;i++){
		int x,y,z;scanf ("%d%d%d",&x,&y,&z);
		t.push_back((Node){i,x,y,z});
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,size[i]=deep[i]=1;
	work(1,m,t);
	for (int i=1;i<=q;i++) printf ("%d
",ans[i]);
	return 0;
}

Problem E Candy Piles

简要题意：桌子上有 (n) 堆糖，第 (i) 堆有 (a_i) 个，两个人轮流玩游戏，有两种操作：

1. 把最多的一堆吃完
2. 把每一堆吃掉一个

吃完的人输，问两人足够聪明的博弈结果。 (nle 10^5,a_ile 10^9)

tag：博弈，推结论

题解：首先转化为平面上，按照 (a_i) 从大到小排序，两个人轮流走，可以向上或者向右走，走不了的人失败

有个结论，((x,y)) 这个状态如果对于先手是必胜态，那么 ((x+1,y+1)) 也对于先手是必胜态，反之亦然

所以我们可以直接找到 ((0,0)) 对应的是哪个点 ((i,i)) ，算出这个点到上方和右方轮廓的距离，只要有一个是偶数，就先手必胜。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=100005;
int a[N];
bool cmp(int a,int b){return a>b;}
int main (){
	int n;scanf ("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf ("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (i+1>a[i+1]){
			int j=i+1;while (a[j]==i) j++;
			if (((j-i-1)&1)|((a[i]-i)&1)) puts("First");
			else puts("Second");
			return 0;
		}
	return 0;
}

Problem F Leftmost Ball

简要题意：给你 (n) 种颜色的球，每个球有 (k) 个，把这 (n imes k) 个球排成一排，把每一种颜色的最左边出现的球涂成白色(初始球不包含白色)，求有多少种不同的颜色序列，答案对 (10^9+7) 取模 。(nle 2000)

tag：计数类 (dp) ，组合数学

题解：设 (f[i][j]) 表示填了 (i) 个白色球，(j) 种彩色球的方案数，那么显然 (jle i) 。

考虑这个转移，首先可以填一个白色，就是 (f[i][j]+=f[i-1][j]) 。

放新的颜色的球：即从 (f[i][j-1]) 转移，先在剩下 (n-j+1) 种没有放置过的颜色中选择一个作为这次放置的颜色，放置在第一个空位（按转移规则，已经放置的 (i) 个白球一定都在当前第一个空位的前面，因此必定合法）。放完后还剩 (k-2) 的这个颜色的球没有放，显然只需要在剩下的后面 (n imes k-i-(j-1) imes (k-1)-1) 个空位里找任意 (k-2) 个空位放就好，有 $ inom{n imes k−(i+(j−1) imes (k−1))}{k−2}$ 种方案

所以总的转移方程是

[f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1] imes (n-j+1) imes inom{n imes k−(i+(j−1) imes (k−1))}{k−2} ]

注意特判 (k=1) 的情况

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=2005,Mod=1e9+7;
int dp[N][N],fac[N*N],inv[N*N];
inline int C(int n,int m){
	return 1ll*fac[n]*inv[m]%Mod*inv[n-m]%Mod;
}
inline int qpow(int a,int b){
	int ans=1;
	while (b){
		if (b&1) ans=1ll*ans*a%Mod;
		a=1ll*a*a%Mod,b>>=1;
	}
	return ans;
}
int main (){
	int n,k;scanf ("%d%d",&n,&k);
	if (k==1) {puts("1");return 0;}
	dp[0][0]=1;fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=n*k;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%Mod;
	inv[n*k]=qpow(fac[n*k],Mod-2);for (int i=n*k-1;i>=0;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%Mod;
    for (int i=0;i<=n;i++) dp[i][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=0;j<=i;j++)
            dp[i][j]=dp[i-1][j]+1ll*dp[i][j-1]*(n-j+1)%Mod*C(n*k-(i+(j-1)*(k-1))-1,k-2)%Mod,dp[i][j]%=Mod;
    printf ("%d",dp[n][n]);
	return 0;
}