2022牛客多校第二场CDE

Posted 2022-08-02 吃花椒的妙酱

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了2022牛客多校第二场CDE相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

C题
题意：nim游戏，先手赢的话，尽量赢的快，输的话尽量输的慢。
求最多的游戏局数，和先手执行的最优策略数
下面给两个结论：
1，石子数异或和为0的话，先手败，否则胜
2，先手败的话，可以构造出先后手后面都只取一个石子。
结论1证明略。
下证结论2
先手必败，也就是说xor_sum=0
先考虑构造游戏局数尽量多的方案，先手在lowbit最小的石子堆里取一个。
后手只能对称地在另一个lowbit相等的堆里取一个。比如先手取的是…100,取完后变成了…011，xor_sum->xor_sum^(111)，后手必须构造出(111)抵消掉影响。如果后手选lowbit大于先手lowbit的堆，那么会对更高位造成影响。所以后手只能选lowbit的石子堆，取一个石子。也就是说这样后手是和先手对称着操作的，对称着去lowbit相等的石子堆。
上面构造出一种方案，使得总局数为sum，再考虑上面情况下先手第一步取的方案数
再理一下条件，现在先手只能取一个，要使得后手也只能取一个。我们考虑什么情况下，后手可以多取。设先手取的石子堆lowbit是第i位，若存在另一堆第i位为1且i不为lowbit，则后手可以多取。比如先手取10100，存在00110，先手取后xor_sum->xor_sum^(111),后手可以把两个1都取掉抵消掉(111)的影响。
其他情况：
1，第i位为0，那么怎么操作到无法抵消掉先手造成的对第i位的影响。
2，第i位为1且为lowbit，那后手只能对称取一个石子。。。
证毕（乱证）

下面考虑先手胜，那第一步要尽可能取多，且使得剩下异或和为0。怎么求最大取掉多少呢。
设原异或和为S，要从ai中选t个石子取掉，剩下异或和0.
先扣除掉ai，则异或和为S^ai,只要ai>(S ^ ai)则存在,t = ai - (S ^ ai),使得S ^ (ai -t)=0.
维护t和次数即可。
很nb的思考题！

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0) 
#define _for(i,a,b) for(int i=(a) ;i<=(b) ;i++)
#define _rep(i,a,b) for(int i=(a) ;i>=(b) ;i--)
#define mst(v,s) memset(v,s,sizeof(v))
#define pii pair<int ,int >
#define pb(v) push_back(v)
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define endl "\\n"
#define fi first
#define se second
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define lson p<<1,l,mid
#define rson p<<1|1,mid+1,r
#define AC return 0
#define ldb long double
const int N=5e5+5;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-8;
int n;
int a[N];
map<int,int> mp;
void solve()
    cin>>n;
    int x_sum=0,sum=0;
    _for(i,1,n)
        cin>>a[i];
        x_sum ^= a[i];
        sum += a[i];
    
    if( !x_sum )
        int cnt=0;
        _for(i,1,n) mp[a[i]&-a[i]] = 0;
        _for(i,1,n)
            int t = a[i];
            t -= t&-t;
            while( t )
                mp[t&-t]=1;
                t -= t&-t;
            
        
        _for(i,1,n) if( !mp[a[i]&-a[i]] ) cnt++;
        cout<<sum<<" "<<cnt<<endl;
    
    else 
        int mx = 0,cnt=0;
        _for(i,1,n)
            if( a[i] > (a[i]^x_sum) )
                int t = a[i] - (a[i]^x_sum);
                if( t > mx  )
                    mx = t;
                    cnt=1;
                
                else if( mx == t ) cnt++;
            
        
        cout<<sum-mx+1<<" "<<cnt<<endl;
    

signed main()
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif  
    IOS;
    int T;cin>>T;
    while(T--) solve();
    AC;

D题
题意：给n个物品间的兑换关系(n<=1e3),兑换关系如下a个x可以换wb个y，其中w是要求的，求最大的w，使得这些物品不能够无限制兑换。（无限制兑换指1个x换2个y，1个y能换10个x，这样可以无限兑换）
做法：考虑建图，二分w，然后check，边权为汇率，由于乘积很大，边权取个对，然后就是判有没有正环

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0) 
#define _for(i,a,b) for(int i=(a) ;i<=(b) ;i++)
#define _rep(i,a,b) for(int i=(a) ;i>=(b) ;i--)
#define mst(v,s) memset(v,s,sizeof(v))
#define pii pair<int ,int >
#define pb(v) push_back(v)
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define endl "\\n"
#define fi first
#define se second
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define lson p<<1,l,mid
#define rson p<<1|1,mid+1,r
#define AC return 0
#define double long double
const int N=1e3+5;
const int mod=1e9+7;
const double eps=1e-8;
int n,m;
int vis[N],cnt[N];
double dis[N];
std::vector< pair<int,double> > G[N];
queue<int> q;
bool ck(double mid,int st)//就是spaf求最短路
    mst(dis,0);
    mst(cnt,0);
    queue<int> q;
    _for(i,1,n)
        q.push(i);
        vis[i]=1;
    
    while( !q.empty() ) 
        int x = q.front();q.pop();
        vis[x] = 0;
        for(auto [y,len] :G[x])
            if( dis[x] + len + mid >  dis[y] )
                dis[y] = dis[x] + len + mid;
                cnt[y]++;
                if( cnt[y] >= n ) return 0;
                if( !vis[y] )
                    vis[y] = 1;
                    q.push(y);
                
            
        
    
    return 1;

signed main()
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt", "r", stdin);
#endif  
    // IOS;
    cin>>n>>m;
    _for(i,1,m)
        int b,d;
        double a,c;
        cin>>a>>b>>c>>d;
        G[b].push_back( d,log2(c) - log2(a));
    
    double l = 0 , r = 1;
    _for(i,1,50)
        double mid = (l+r)/2;
        if( ck(log2(mid),1) ) l = mid;
        else r = mid;
    
    printf("%.8Lf\\n",r);
    AC;

e题
题意：求长为n，含k个“bit”的字符串数，输出k从0到n的方案数，n<=1e6
做法：二项式反演+差卷积
考虑容斥，设 $G_k$ 表示含k个bit的方案数， $F_k$ 为至少含k个bit的方案数
$F_k=C_n-2k^k*(26^n-3k)$
$G_k=\\sum_j=k^n(-1)^j-k*C_j^kF_j$ ，组合数展开后分离系数
$k!*G_k = \\sum_j=k^n(j!F_j)*\\frac(-1)^j-k(j-k)!$
发现右边是差卷积形式，翻转其中一个多项式后求卷积即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0) 
#define _for(i,a,b) for(int i=(a) ;i<=(b) ;i++)
#define _rep(i,a,b) for(int i=(以上是关于2022牛客多校第二场CDE的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章 
 2022牛客多校第一场ACDGIJ
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 2022牛客多校第四场C.Easy Counting Problem（EGF+NTT）
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