[题解]CSP2019 Solution

• 至于为什么是 ( ext{Part A}) 而不是 ( ext{Day 1})
• 那是因为 Day1 T3 还没改
• （那这六题的 ( ext{solution}) 就按难度顺序写吧）
• 感觉今年的画风和 ( ext{NOIP 2016}) 有点像？

D1T1 code

Solution

• 直接模拟
• 如果 (k<2^{n-1}) 就输出 (0)
• 否则输出 (1) 并把 (k) 变成 (2^n-1-k)
• 然后 (n) 减掉 (1) 继续进行下去直到 (n=0) 为止
• 注意 (k) 要开 ( ext{unsigned long long})
• (O(n))

Code

#include <bits/stdc++.h>

typedef unsigned long long ull;

int n;
ull k;

void solve(int n, ull k)
{
	if (!n) return;
	ull mid = 1ull << n - 1;
	if (k < mid) putchar('0'), solve(n - 1, k);
	else putchar('1'), solve(n - 1, mid - 1 - (k - mid));
}

int main()
{
	std::cin >> n >> k;
	solve(n, k);
	return puts(""), 0;
}

D1T2 brackets

Solution

• 令 (cnt_u) 表示根到 (u) 的路径组成的括号序列，以 (u) 为右端点的合法括号序列个数
• 那么 (k_u) 就等于根到 (u) 的路径上所有点的 (cnt) 之和
• 易得如果存在 (u) 的一个深度最大的祖先 (v) 使得 (v) 到 (u) 的路径组成的括号序列是合法括号序列
• 那么 (cnt_u=cnt_{fa_v}+1)
• 对于求这个 (v) ，可以维护一个栈
• 从根到 (u) ，如果是左括号则直接加入，如果是右括号且栈不空则弹栈
• 那么如果 (u) 为右括号，那么 (v) 为这次弹出的括号对应的点
• 而对于求出所有的 (u) ，可以在对树 ( ext{DFS}) 的过程中维护这个栈，在 ( ext{DFS}) 回溯时把栈操作也退回即可
• (O(n))

Code

#include <bits/stdc++.h>

template <class T>
inline void read(T &res)
{
	res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	if (bo) res = ~res + 1;
}

typedef long long ll;

const int N = 5e5 + 5;

int n, fa[N], ecnt, nxt[N], adj[N], go[N], stk[N], top, cnt[N];
char s[N];
ll sum[N], ans;

void add_edge(int u, int v)
{
	nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v;
}

void dfs(int u)
{
	int tf = 0;
	if (s[u] == '(') stk[++top] = u;
	else if (top) cnt[u] = cnt[fa[tf = stk[top--]]] + 1;
	sum[u] = sum[fa[u]] + cnt[u];
	ans ^= sum[u] * u;
	for (int e = adj[u], v = go[e]; e; e = nxt[e], v = go[e])
		dfs(v);
	if (s[u] == '(') top--;
	else if (tf) stk[++top] = tf;
}

int main()
{
	int x;
	read(n);
	scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1);
	for (int i = 2; i <= n; i++) read(x), add_edge(fa[i] = x, i);
	dfs(1);
	return std::cout << ans << std::endl, 0;
}

D2T1 meal

Solution

• 如果没有一半的限制，那么答案为

• [prod_{i=1}^n(1+sum_{j=1}^ma_{i,j})-1 ]

• 而出现次数超过一半的主要食材最多 (1) 种
• 故可以枚举超过一半的主要食材是哪种，并把对应的方案数从上式种扣掉即可
• 假设确定了一种食材 (x) ，考虑如何求这种食材出现超过一半的方案数
• 设 (u_i=a_{i,x}) ， (v_i=sum_{j=1,j e x}^ma_{i,j})
• 问题就转化成了有 (n) 个变量，对于第 (i) 个变量有 (u_i) 种方法使其为 (1) ， (v_i) 种方法使其为 (-1) ，(1) 种方法使其为 (0)，求有多少种方案使得 (1) 的个数严格大于 (-1) （所有变量的和严格大于 (0) ）
• 于是可以 ( ext{DP}) ：设 (f[i][j]) 表示前 (i) 个变量和为 (j) 的方案数（(j) 可以为负），转移时枚举下一个变量的取值
• (O(mn^2))

Code

#include <bits/stdc++.h>

template <class T>
inline void read(T &res)
{
	res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	if (bo) res = ~res + 1;
}

const int N = 105, E = 205, M = 2005, rqy = 998244353;

int n, m, a[N][M], f[N][E], sum[N], tmp[N], ans = 1;

inline void add(int &a, const int &b)
{
	a += b; if (a >= rqy) a -= rqy;
}

inline void sub(int &a, const int &b)
{
	a -= b; if (a < 0) a += rqy;
}

int main()
{
	read(n); read(m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			read(a[i][j]), add(sum[i], a[i][j]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) ans = 1ll * ans * sum[i] % rqy;
	sub(ans, 1);
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= n; j++) tmp[j] = sum[j], sub(tmp[j], a[j][i]), sub(tmp[j], 1);
		for (int j = -n; j <= n; j++)
			for (int k = 0; k <= n; k++)
				f[k][j + n] = 0;
		f[0][n] = 1;
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			for (int k = -n; k <= n; k++)
			{
				add(f[j][k + n], f[j - 1][k + n]);
				if (k > -n) add(f[j][k + n], 1ll * f[j - 1][k - 1 + n] * a[j][i] % rqy);
				if (k < n) add(f[j][k + n], 1ll * f[j - 1][k + 1 + n] * tmp[j] % rqy);
			}
		for (int j = 1; j <= n; j++) sub(ans, f[n][j + n]);
	}
	return std::cout << ans << std::endl, 0;
}