H.Or Machine
4s
Problem
给定 (n) 个不超过 (2^8) 的数字 (x_1~x_n)。
给定 (l) 个操作 ((a,b)),表示 (x_a = x_a | x_b),其中 (|) 是按位或。
给定 (t) 表示进行 (t) 次操作,按照操作(0),操作(1),……,操作(l-1),操作(0),操作(1),……,操作(l-1),操作(0),操作(1),……,操作(l-1),……的顺序。
求最后得到的 (x_1~x_n) 的值
(1leq n,lleq 2^{18} , 1leq tleq 10^{18})
Solution
显然可以把8位分开做。
即只需考虑 (x_i in {0,1}) 的情况
可以发现 当 (x_i) 变成 (1) 后,就不可能变回 (0) ,于是只需求出每个数变成 (1) 的时间,和 (t) 做比较即可。
对于每个操作 从(b)向(a)连边,边权为操作的下标。然后直接 Dijkstra 即可,当然 路径长度不是简单的边权之和,具体见代码。
Code
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
template<typename T> inline void read(T &x){
x=0; bool f=false; char c=getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c=='-') f=true; c=getchar(); }
while(isdigit(c)){ x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar(); }
if(f) x=-x;
}
template<typename T> void print(T x){
if(x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=1000006;
int n,l,t,x[N],y[N],dis[N],ans[N];
int to[N],w[N],nxt[N],head[N],cnt;
inline void add(int a,int b,int c){to[++cnt]=b;w[cnt]=c;nxt[cnt]=head[a];head[a]=cnt;return;}
int merg(int a,int b){
if(a==0) return b+1;
if((a-1)%l<b) return a+b-(a-1)%l;
return a+b-(a-1)%l+l;
}
bool vis[N];
priority_queue<pair<int,int> > q;
void dijkstra(){
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;++i) if(dis[i]==0) q.push(make_pair(0,i));
while(!q.empty()){
int now=q.top().second;q.pop();
if(vis[now]) continue; vis[now]=true;
for(int i=head[now];i;i=nxt[i]){
if(dis[to[i]] > merg(dis[now],w[i])){
dis[to[i]] = merg(dis[now],w[i]);
q.push(make_pair(-dis[to[i]],to[i]));
}
}
}
return;
}
signed main(){
read(n);read(l);read(t);
for(int i=0,a,b;i<l;++i) {
read(a);read(b);
add(b,a,i);
}
for(int i=1;i<=n;++i) read(x[i]);
for(int k=1;k<256;k*=2){
for(int i=1;i<=n;++i) dis[i]=1000000023330000018ll;
for(int i=1;i<=n;++i) {
y[i]=(x[i]&k);
if(y[i]) dis[i]=0;
}
dijkstra();
for(int i=1;i<=n;++i) if(dis[i]<=t) ans[i]+=k;
// for(int i=1;i<=n;++i) cout<<dis[i]<<' '; cout<<endl;
}
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}
J.Periodic Ruler
2s
Problem
有一把无限长的尺子,被染上了颜色,颜色用1~100的整数表示。
尺子的颜色序列有一个最小正周期。
现在已知尺子上 (n) 个点的颜色,求出所有的 (t) 满足:无论其余点如何染色, (t) 都不是尺子的最小正周期。
输出这些 (t) 之和,以及 (t) 的个数。
注意:周期不一定都是最小正周期。
(1leq nleq 50,|x_i|leq 10^9,a_ileq 100)
Solution
注意到(n)只有(50),但有(100)种颜色。
对于任意一个 (t),我们可以得到一个长为(t)的数组,把每个点的颜色按他们的坐标模(t)的余数对应过来。
考虑比 (n) 大的 (t)
对于任意两个颜色不同的位置,他们的距离的因数一定满足条件。
除此之外 一定不满足条件。这是因为 (t) 一定是尺子的周期,且得到的 (t) 数组一定没有被完全染色,而我们手中又有50多个没用过的颜色,所以(我猜测)一定可以构造出一种方案使得 (t) 是最小正周期。
考虑不超过 (n) 的 (t)
枚举这些 (t),
假如按照模(t)对应过来的颜色有冲突,则满足条件。
若没有冲突,假如有未染色格子,则不满足条件(同比(n)大的情况)。
若没有冲突且完全染色,则(O(t))枚举所有比(t)小的数,检查是不是周期。若都不是则不满足条件,若有一个是则满足条件。
Code
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
template<typename T> inline void read(T &x){
x=0; bool f=false; char c=getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c=='-') f=true; c=getchar(); }
while(isdigit(c)){ x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar(); }
if(f) x=-x;
}
template<typename T> void print(T x){
if(x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int n,x[100],a[100],cnt,sum;
map < int , bool > ans;
void solve1(int dis){
//dis 大于 n 的 因子
for(int i=1;i*i<=dis;++i){
if(dis%i==0){
if(i>n) ans[i]=true;
if(dis/i>n) ans[dis/i]=true;
}
}
return;
}
int T[100];
bool solve2(int t){
//若有冲突 入队
//else 若未填满 不入
// 若填满 O(t^2)找有没有更小的 --> 有则入队
memset(T,0,sizeof(T));
for(int i=1;i<=n;++i){
if(T[x[i]%t] && T[x[i]%t]!=a[i]) return 1;
T[x[i]%t]=a[i];
}
for(int i=0;i<t;++i) if(T[i]==0) return 0;
for(int tt=1;tt<t;++tt){
for(int i=0;i<t;++i)
if(T[i]!=T[(i+tt)%t])
goto nxt;
return 1;
nxt:;
}
return 0;
}
signed main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i) read(x[i]),read(a[i]),x[i]+=1000000010;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=i+1;j<=n;++j)
if(a[i]!=a[j]){
solve1(abs(x[i]-x[j]));
}
for(int t=1;t<=n;++t){
if(solve2(t)) ans[t]=true;
}
for(auto it : ans) if(it.second) ++cnt,sum+=it.first/*,print(it.first)*/;
printf("%lld %lld",cnt,sum);
return 0;
}
A.Automatic Sprayer 2
2s
Problem
两个 (n*n) 的矩阵 (A,E)。满足:(E_{i,j}=sum_{x=1}^nsum_{y=1}^n dis(i,j,x,y)*A_{x,y}),where (dis(i,j,x,y)=|i-x|+|j-y|)。
给出 (n,E) ,求 (A)。
Solution
对(E)的任意一行二阶差分得到矩阵(A)第(2~n-1)列每列的和(sum1[2~n-1])。
对(E)的任意一列二阶差分得到矩阵(A)第(2~n-1)行每行的和(sum2[2~n-1])。
对于(E)的四个角,以左上角为例。
(E_{1,1}=sum_{i=1}^n (i-1)*sum1[i] + sum_{i=1}^n (i-1)*sum2[i]=(n-1)*(sum1[n]+sum2[n])+sum_{i=1}^{n-1} (i-1)*sum1[i] + sum_{i=1}^{n-1} (i-1)*sum2[i])
于是可以求出(sum1[n]+sum2[n])。同理得到(sum1[1]+sum2[1]),(sum1[1]+sum2[n])。再结合 (sum_{i=1}^n sum1[i] = sum_{i=1}^n sum2[i])。即可解出 (sum1[1],sum1[n],sum2[1],sum2[n])。
这样就得到了所有的 (sum1[1~n],sum2[1~n])
下面只要构造任何一个满足上述条件的 (A) 即可。
构造方法:枚举每个格子((i,j)),(A_{i,j}=min(sum1[j],sum2[i])),(sum1[j]-=A_{i,j},sum2[i]-=A_{i,j})。