Winter Petrozavodsk Camp(7题)
2020-2021 Winter Petrozavodsk Camp, Belarusian SU Contest (XXI Open Cup, Grand Prix of Belarus)
目录
C. Brave Seekers of Unicorns(dp+二进制推导)
[dp[i]$$表示以i结束的方案数数量 $$dp[i]=sum_{1}^{i-1}(dp[j]-dp[ioplus j])]记$$k=ioplus j$$,则$$k<j<i$$
变形后，dp[i]=sum_{1}^{i-1}dp[j]-sum_{k<koplus i<i}dp[k]
我们来讨论后半段，以i=1011001，-表示无所谓
i: 1 0 1 1 0 0 1j: 1 0 0 - - - -
k: 0 0 1 - - - -
注意：
1.j第一位一定是1，不然j<k
2.因为后面k取什么都可以，所以：对于i每一位为1的数，以当前为例就是第5位是1，前面是0的数都是合法的k，这就是dp[x*2-1]-dp[x-1]的由来
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define debug( x) cout<<#x<<':'<<x<<endl;
typedef long long ll;
const int mod=998244353;
const int maxn=1e6+100;
ll dp[maxn],sumdp[maxn];
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
sumdp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=sumdp[i-1]+1;//+1表示单独i
ll x=1;
while(x*2<i){//首位1不可以
if(x&i){
dp[i]=(dp[i]-sumdp[x*2-1]+sumdp[x-1]+mod)%mod;
}
x*=2;
}
sumdp[i]=(sumdp[i-1]+dp[i])%mod;
}
printf("%lld
",sumdp[n]);
}
D - Bank Security Unification（二进制dp)
/*
位运算dp：
有一个dp性质是：
到当前位置，有若干个位数为j的数组成的子序列：a1,a2,a3,...,ax;
只需要用ax来更新当前位置就可以了,因为前面的dp[ai]<dp[ax]是显然的
太奇怪了（严肃谴责）
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void Ios(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr);
}
const int maxn=5e6;
const int qwq=60;
ll a[maxn],dp[qwq],sum[maxn],pos[qwq];
int main(){
Ios();
ll n;cin>>n;
for(ll i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
ll ans=0;a[0]=0;memset(pos,0,sizeof(pos));memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){
ll top=0,imax=0,temp=a[i];
for(int j=0;j<qwq;j++){
imax = max(imax, dp[j] + (a[i] & a[pos[j]]));
}
while(temp){
++top;temp>>=1;
}
dp[top]=imax;
pos[top]=i;
ans=max(ans,imax);
}
cout<<ans<<endl;
}
G - Biological Software Utilities(找规律+矩阵树定理)
简述一下题意：
这道题就是1-n顶点的树，我们要找到有多少棵树，删除一些边后是由两两连通块组成的。
非常正确的想法是：
把两两分堆然后拼起来。
1.首先要知道label tree有n^(n-2)个
具体见https://www.cnblogs.com/zx0710/p/14475040.html
建议还是当结论记下来，毕竟赛场上推矩阵树定理未免有点难顶
2.
每个连通块间有4中连接方式
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define debug(x) cout<<x<<':'<<x<<endl;
const int maxn=3e6+100;
const int mod=998244353;
ll fac[maxn],inv[maxn];
ll qpow(ll a,ll n){
ll ans=1;
while(n){
if(n&1){
ans=ans*a%mod;
}
a=a*a%mod;
n>>=1;
}
return ans;
}
int main(){
ll n,ans;scanf("%lld",&n);
if(n%2==1)ans=0;
else if(n==2)ans=1;
else{
ans=qpow(n/2,n/2-2)*qpow(2,n/2-2)%mod;
for(int i=n/2+1;i<=n;i++)ans=ans*i%mod;
}
printf("%lld
",ans);
}
I - Binary Supersonic Utahraptors(签到题)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+50;
const int mod=998244353;
int a[100];
int main(){
ll n,m,k;
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
ll temp;
for(int i=1;i<=n+m;i++){
scanf("%lld",&temp);a[temp]++;
}
printf("%lld",abs(a[0]-m));
//system("pause");
}
J - Burnished Security Updates(判二分图)
/*
读懂题意胜过一切。
读懂之后发现：要判一下是不是二分图。
是二分图的话，输出一下两边最少点的数量。
因为可能是森林，所以每dfs一次判一下。
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define debug( x) cout<<#x<<':'<<x<<endl;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+100;
struct node{
int to,nxt;
}edge[maxn<<2];
int tot=0,head[maxn];
void addedge(int u,int v){
++tot;
edge[tot].to=v;
edge[tot].nxt=head[u];
head[u]=tot;
}
bool flag=true;
int n,m,u,v,color[maxn],sum1,sum2;
void dfs(int root ,int c){
color[root]=c;
if(c==1) sum1++;
else sum2++;
for(int i=head[root];i!=-1;i=edge[i].nxt){
int node=edge[i].to;
if(color[node]==-1)dfs(node,3-c);
else if(color[node]!=3-c) flag=false;
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(head,-1,sizeof(head));
while(m--){
scanf("%d%d",&u,&v);
addedge(u,v);addedge(v,u);
}
memset(color,-1,sizeof(color));
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(color[i]==-1){
sum1=0,sum2=0;
dfs(i,1);
ans+=min(sum1,sum2);
}
}
if(flag==false) printf("-1");
else printf("%d",ans);
//system("pause");
}
M - Brilliant Sequence of Umbrellas
/*
一开始一直在想要怎么构造，然后枚举了一下，过了
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N =2e7+10;//
bool notp[N];
int prime[N], pnum;
void sieve()
{
//[0,N]的素数表
memset(notp, 0, sizeof(notp));//0为素数；
notp[0] = notp[1] = 1;
pnum = 0;
for (int i = 2; i <= N; i++)
{
if (!notp[i]) prime[++pnum] = i;
for (int j = 1; j <= pnum && prime[j] * i <= N; j++)
{
notp[prime[j] * i] = 1;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
ll a[1000005];
int main(){
ll n;
sieve();
scanf("%lld",&n);
ll k=ceil(2.0/3.0*sqrt(n));
printf("%lld
",k);
a[1]=1;a[2]=2;
for(ll i=3;i<=k;i++) a[i]=1ll*prime[i-2]*prime[i-1];
a[k]=prime[k-2];
for(ll i=1;i<=k;i++){
printf("%lld ",a[i]);
}
}
N - Best Solution Unknown(记忆化迭代)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2e6+10;
#define debug(x) cout<<#x<<':'<<x<<endl;
int a[maxn];int l[maxn],r[maxn];
void judge(int x){
bool flag=false;
int lx=l[x]-1;
if(a[x]+r[x]-l[x]>=a[lx]){//打败左边缘的数
flag=true;
l[x]=min(lx,l[lx]);
r[x]=max(r[x],r[lx]);
}
int rx=r[x]+1;
if(a[x]+r[x]-l[x]>=a[rx]){//打败右边缘的数
flag=true;
r[x]=max(rx,r[rx]);
l[x]=min(l[x],l[rx]);
}
if(flag) judge(x);
}
int main(){
int n;scanf("%d",&n);
vector<pair<int,int>>vc;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
vc.push_back({a[i],i});
l[i]=i;r[i]=i;
}
a[0]=a[n+1]=0x3f3f3f3f;//一定要足够大
sort(vc.begin(),vc.end());
vector<int>ans;
for(int i=0;i<n;i++){
judge(vc[i].second);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(l[i]==1&&r[i]==n){
ans.push_back(i);
}
}
printf("%d
",ans.size());
for(int i=0;i<ans.size();i++){
cout<<ans[i]<<' ';
}
}