从这里开始
Problem A XOR Circle
你发现，权值的循环节为 $a_0, a_1, a_0oplus a_1$，然后暴力即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
int a[N], b[N];
void quitif(boolean condition, const char* vert = "No") {
if (condition) {
puts(vert);
exit(0);
}
}
boolean check(int x, int y) {
b[0] = x, b[1] = y;
for (int i = 2; i < n; i++)
b[i] = b[i - 1] ^ b[i - 2];
if (b[n - 2] ^ b[n - 1] ^ x)
return false;
if (b[n - 1] ^ b[0] ^ y)
return false;
sort(b, b + n);
for (int i = 0; i < n; i++)
if (b[i] ^ a[i])
return false;
return true;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", a + i);
}
sort(a, a + n);
int cnt = 1;
for (int i = 1; i < n; i++) {
cnt += (a[i] != a[i - 1]);
}
quitif(cnt > 3);
if (cnt == 1) {
if (check(0, 0)) {
puts("Yes");
} else {
puts("No");
}
} else if (cnt == 2) {
if (check(a[0], a[n - 1])) {
puts("Yes");
} else {
puts("No");
}
} else {
vector<int> qaq {a[0]};
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (a[i] ^ a[i - 1]) {
qaq.push_back(a[i]);
}
}
if (check(qaq[0], qaq[1]) || check(qaq[0], qaq[2]) || check(qaq[1], qaq[2])) {
puts("Yes");
} else {
puts("No");
}
}
return 0;
}
Problem B Even Degrees
如果边数是奇数，显然无解。
如果是一棵树，那么从叶节点开始构造，每次选择当前点到父节点的那条边，使得子树内所有点的出度都是偶数。不是树的话，非树边随便选。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m;
int uf[N];
int d[N];
vector<int> G[N];
int find(int x) {
return uf[x] == x ? x : (uf[x] = find(uf[x]));
}
void dfs(int p, int fa) {
for (auto e : G[p]) {
if (e ^ fa) {
dfs(e, p);
}
}
if (!fa)
return;
if (d[p]) {
d[p] ^= 1;
printf("%d %d
", p, fa);
} else {
d[fa] ^= 1;
printf("%d %d
", fa, p);
}
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
if (m & 1) {
puts("-1");
return 0;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
uf[i] = i;
for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {
scanf("%d%d", &u, &v);
if (find(u) ^ find(v)) {
uf[find(u)] = find(v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
} else {
printf("%d %d
", u, v);
d[u] ^= 1;
}
}
dfs(1, 0);
assert(!d[1]);
return 0;
}
Problem C Skolem XOR Tree
讲一个垃圾做法。
如果 $n = 2^k (kgeqslant 0)$，显然无解。
如果 $n$ 为奇数，那么首先可以造出 $1 - 2 - 3 - 1' - 2' - 3'$。然后 $i - (i +1) - [i oplus (i + 1)]- i' - (i + 1)' (2 | i)$。因为它们最高位相同，所以 $i oplus (i + 1)$ 总是小于 $i$。
如果 $n$ 为偶数，设 $2^k < n < 2^{k + 1}$, 设 $n$ 的lowbit 为 $x$，考虑 $i oplus (i - 1) < 2^k$，因为 $k > 1$，所以 $1 oplus 2 oplus cdots oplus (2^k - 1) = 0$，可以把它们按一定顺序排列来构造。把 $n, n - 1, x, x - 1$ 按某种顺序排列可以轻松构造出 $n - x$，这样大于等于 $2^k$ 的数还有偶数个没有加到树上，把它们两两配对，然后按奇数的后半部分构造就可以了。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
void O(int x, int y) {
printf("%d %d
", x, y);
}
int main() {
scanf("%d", &n);
if (!(n - (n & (-n)))) {
puts("No");
return 0;
}
puts("Yes");
if (n & 1) {
O(1, 2);
O(2, 3);
O(3, 1 + n);
O(1 + n, 2 + n);
O(2 + n, 3 + n);
for (int i = 4; i < n; i += 2) {
int v = i ^ (i + 1);
O(i, i + 1);
O(i + 1, v);
O(v, i + n);
O(i + n, i + n + 1);
}
} else {
int x = (n & (-n)) - 1;
int y = x + 1;
assert(!(x ^ y ^ (n - 1) ^ n));
O(y, x);
O(x, n - 1);
O(n - 1, n);
O(n, y + n);
O(y + n, x + n);
O(x + n, n + n - 1);
O(n + n - 1, n + n);
int hig = 1;
while ((hig << 1) < n)
hig <<= 1;
vector<int> a;
for (int i = 1; i < hig; i++) {
a.push_back(i);
}
a.erase(find(a.begin(), a.end(), x));
a.erase(find(a.begin(), a.end(), y));
for (int i = 1; i < (signed) a.size(); i++)
O(a[i - 1], a[i]);
O(a.back(), x);
O(y, a[0] + n);
for (int i = 1; i < (signed) a.size(); i++)
O(a[i - 1] + n, a[i] + n);
a.clear();
int z = x ^ (n - 1);
O(z, x);
O(n - 1, z + n);
for (int i = hig; i < n - 1; i++)
a.push_back(i);
a.erase(find(a.begin(), a.end(), z));
assert(!(a.size() & 1));
for (int i = 1; i < (signed) a.size(); i += 2) {
int v = a[i - 1] ^ a[i];
O(a[i - 1], a[i]);
O(a[i], v);
O(v, a[i - 1] + n);
O(a[i - 1] + n, a[i] + n);
}
}
return 0;
}
Problem D Add and Remove
不难发现，一个数的贡献系数并不多。
设 $f_{l, r, cl, cr}$ 表示，消除 $l, r$ 中的数，对左边的贡献为 $cl$ ，对右边的贡献为 $cr$。
转移考虑枚举最后删掉的数，那么它左侧的贡献系数变为 $(cl, cl + cr)$，右侧的贡献系数为 $cl + cr, cr)$。
粗略分析可得一个上界 $O(n^3 2^n)$。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;
typedef class Status {
public:
int l, r, cl, cr;
Status() { }
Status(int l, int r, int cl, int cr) : l(l), r(r), cl(cl), cr(cr) { }
boolean operator < (Status b) const {
if (l ^ b.l)
return l < b.l;
if (r ^ b.r)
return r < b.r;
if (cl ^ b.cl)
return cl < b.cl;
return cr < b.cr;
}
} Status;
#define ll long long
int n;
int a[20];
map<Status, ll> F;
ll dp(int l, int r, int cl, int cr) {
if (l > r)
return 0;
if (l == r)
return 1ll * a[l] * (cl + cr);
Status scur (l, r, cl, cr);
if (F.count(scur))
return F[scur];
ll rt = 1e18;
for (int k = l; k <= r; k++) {
ll cost = a[k] * 1ll * (cl + cr);
cost += dp(l, k - 1, cl, cl + cr);
cost += dp(k + 1, r, cl + cr, cr);
rt = min(rt, cost);
}
return F[scur] = rt;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", a + i);
}
if (n == 2) {
printf("%d", a[1] + a[2]);
return 0;
}
ll ans = dp(2, n - 1, 1, 1) + a[1] + a[n];
printf("%lld
", ans);
return 0;
}
Problem E Develop
考虑 $x$ 向 $x - 2$ 以及 $x + K$ 连一条有向边。存在方案当且仅当不存在环。充分性考虑不存在环意味着存在拓扑序，按拓扑序操作即可。必要性考虑如果存在环，并且能够操作，那么考虑在这个环上的最后一次操作会使得环上出现一个数，这会和最后一次操作矛盾。
如果 $K$ 是偶数，那么奇数位和偶数位是独立的，不存在环当且仅当在奇数位置或偶数位置中没有不选长度超过 $K / 2$ 的段。
如果 $K$ 是奇数，不难发现如果存在环，一定存在大小为 $K + 2$ 的环。考虑把所有数分成两列，第一列是所有奇数，第二列是所有偶数，如果存在从左边向下和向右的长度为 $K + 2$ 的路径，那么一定存在长度为 $K + 2$ 的环，考虑左边从 $x$ 走到了 $x - 2l$，然后走到了 $x - 2l + K$，然后走到 $x - 2l + K - 2(K - l) = x - K$ 此时它加上 $K$ 等于 $x$。
考虑让偶数 $x$ 和 $x - K$ 对齐，设 $f_{i, j, k}$ 表示考虑前 $i$ 行，右边连续不选了 $j$ 个数，从左侧最后一个点开始只能下或向右走的最长的长度为 $k$。转移讨论一下两边选不选。
时间复杂度 $O(n^3)$
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;
const int N = 155;
#define ll long long
int n, K, K2, Mod;
template <typename T>
void fix(T& x) {
(x >= Mod) && (x -= Mod);
}
namespace subtask1 {
int f[N][N];
void solve() {
int lim = (n + 1) >> 1;
f[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= lim; i++) {
for (int j = 0; j < i && j <= K2; j++) {
fix(f[i][j + 1] += f[i - 1][j]);
fix(f[i][0] += f[i - 1][j]);
}
}
int ans0 = 0, ans1 = 0;
for (int i = 0; i <= K2; i++)
fix(ans0 += f[n >> 1][i]);
for (int i = 0; i <= K2; i++)
fix(ans1 += f[lim][i]);
ans0 = 1ll * ans0 * ans1 % Mod;
printf("%d
", ans0);
}
}
namespace subtask2 {
int f[N][N][N];
void solve() {
f[0][0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
int r = i << 1, l = r - K;
boolean have_r = (r >= 1 && r <= n), have_l = (l >= 1 && l <= n);
for (int j = 0; j < i; j++) {
for (int k = 0; k <= K + 1; k++) {
int v = f[i - 1][j][k];
if (!v)
continue;
#define F(nj, nk) ((nk) <= K + 1) && (fix(f[i][nj][(nk)] += v), 0)
fix(f[i][0][0] += v);
if (have_r)
fix(f[i][j + 1][0] += v);
if (have_l)
F(0, (k ? k + 1 : 0));
if (have_l && have_r)
F(j + 1, max(j + 2, k + 1));
}
}
}
printf("%d
", f[n + 1][0][0]);
}
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &K, &Mod);
K2 = K >> 1;
if (K & 1) {
subtask2::solve();
} else {
subtask1::solve();
}
return 0;
}
Problem F Two Histograms
定义一个局面是基本局面当且仅当不存在 $(i, j)$，使得 $k_i + 1 = j, l_j = i$，出现这样的情况可以变成 $k_i + 1, l_j - 1$。不难证明对于每种局面可以转化到至少一个基本局面。
可以发现，任意两个基本局面都是不同的。
假设存在连两个基本局面 $(k_1, k_2, cdots, k_n, l_1, cdots, l_m)$ 和 $(k'_1, cdots, k'_2, l'_1, cdots, l'_m)$ 相同。设 $j$ 是最小的使得 $l_j eq l'_j$ 的整数，不妨设 $l_j < l'_j$。因为它们产生的网格相同，那么有：
- 如果 $j = 1$，那么有 $A_{l'_1, 1} = 1$，那么 $k'_{l'_1} + 1 = 1$，矛盾。
- 如果 $j > 1$，那么有 $A_{l'_j, j} = 1$，那么有 $k_{l'_j} < j, k_{l'_j} geqslant j$，如果 $k_{l'_j} = j - 1$，那么矛盾，否则 $A_{l'_j, j - 1}$ 不可能相等，矛盾。
因此只用对基础局面进行计数，这个容斥即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef bool boolean;
const int N = 5e5 + 5;
#define ll long long
void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
if (!b) {
x = 1, y = 0;
} else {
exgcd(b, a % b, y, x);
y -= (a / b) * x;
}
}
int inv(int a, int n) {
int x, y;
exgcd(a, n, x, y);
return (x < 0) ? (x + n) : (x);
}
const int Mod = 998244353;
template <const int Mod = :: Mod>
class Z {
public:
int v;
Z() : v(0) { }
Z(int x) : v(x){ }
Z(ll x) : v(x % Mod) { }
friend Z operator + (const Z& a, const Z& b) {
int x;
return Z(((x = a.v + b.v) >= Mod) ? (x - Mod) : (x));
}
friend Z operator - (const Z& a, const Z& b) {
int x;
return Z(((x = a.v - b.v) < 0) ? (x + Mod) : (x));
}
friend Z operator * (const Z& a, const Z& b) {
return Z(a.v * 1ll * b.v);
}
friend Z operator ~(const Z& a) {
return inv(a.v, Mod);
}
friend Z operator - (const Z& a) {
return Z(0) - a;
}
Z& operator += (Z b) {
return *this = *this + b;
}
Z& operator -= (Z b) {
return *this = *this - b;
}
Z& operator *= (Z b) {
return *this = *this * b;
}
friend boolean operator == (const Z& a, const Z& b) {
return a.v == b.v;
}
};
Z<> qpow(Z<> a, int p) {
Z<> rt = Z<>(1), pa = a;
for ( ; p; p >>= 1, pa = pa * pa) {
if (p & 1) {
rt = rt * pa;
}
}
return rt;
}
typedef Z<> Zi;
int n, m;
Zi fac[N], _fac[N];
void init_fac(int n) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
fac[i] = fac[i - 1] * i;
}
_fac[n] = ~fac[n];
for (int i = n; i; i--) {
_fac[i - 1] = _fac[i] * i;
}
}
Zi comb(int n, int m) {
return fac[n] * _fac[m] * _fac[n - m];
}
Zi pwn[N], pwm[N];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
init_fac(max(n, m));
pwn[0] = 1;
for (int i = 1; i <= m; i++)
pwn[i] = pwn[i - 1] * (n + 1);
pwm[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
pwm[i] = pwm[i - 1] * (m + 1);
Zi ans = 0;
for (int i = 0; i <= n && i <= m; i++) {
Zi tmp = comb(n, i) * comb(m, i) * fac[i] * pwn[m - i] * pwm[n - i];
if (i & 1) {
ans -= tmp;
} else {
ans += tmp;
}
}
printf("%d
", ans.v);
return 0;
}