ABC291题解(D-G)

Posted 2023-03-29 zwh_zzz的学习笔记

ATC291喵

ABC291

D - Flip Cards

Solution:

考虑DP，定义状态\\(F_i,0\\)为第\\(i\\)张卡片正面朝上的方案数，\\(F_i,1\\)为第\\(i\\)张卡片背面朝上的方案数，每次check是否相同然后转移即可

int f[N][2];
int a[N];
int b[N];
void solve()
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1;i <= n;i ++) 
		cin >> a[i] >> b[i];
	
	f[1][0] = 1;
	f[1][1] = 1;
	for (int i = 2;i <= n;i ++) 
		f[i][0] = (f[i - 1][0] * (a[i - 1] != a[i]) + f[i - 1][1] * (b[i - 1] != a[i])) % mod;
		f[i][1] = (f[i - 1][0] * (a[i - 1] != b[i]) + f[i - 1][1] * (b[i - 1] != b[i])) % mod;
	
	cout << (f[n][0] + f[n][1]) % mod << endl;

E - Find Permutation

Solution:

考虑到题目所说的大小关系，可以联系到是一个有向图的形式，如果\\(a\\)和\\(b\\)有一条有向边，则含义为\\(a\\leqslant b\\)，所以我们可以发现，其实题目只是求一个拓扑序，观察第二个样例，我们还可以发现不能同时有多个点在拓扑序的同一时刻入队，所以就构造完了。

vector<int> G[N];
queue<int> qq;
int c[N];
int d[N];
int n, m;
vector <int > ans;
int f[N];
bool topsort()
	int z=0;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (!d[i])qq.push(i),z++,ans.push_back(i);
	
	while (!qq.empty())
		if(qq.size() != 1) 
			return false;
		
		int t = qq.front();
		qq.pop();
		for (int i : G[t])
			d[i]--;
			if (!d[i])
				qq.push(i);
				ans.push_back(i);
				z++;
			
		
	
	return z==n;

void solve()
	cin >> n >> m;
	map<PII,bool> mp;
	for (int i = 1;i <= m;i ++) 
		int x,y;
		cin >> x >> y;
		d[y]++;
		G[x].push_back(y);
	
	if(topsort()) 
		cout << "Yes" << endl;
		int now = 1;
		vector<int> last(n + 1);
		for (int i : ans) last[i] = now++;
		for (int i = 1;i <= n;i ++) cout << last[i] << \' \'; cout << endl;
	
	else cout << "No" << endl;

F-Teleporter and Closed off

Solution:

观察到\\(m \\leqslant 10\\)，且题目要求的是不经过一个点的时候的最短路，所以对于不经过的点，我们只需要枚举其前面最多\\(10\\)个位置，他们是需要"跨过"当前不能经过的点的，所以DP先处理出来两个最短路，一个从\\(1\\)到后面的点的，一个从后面的点到\\(n\\)的最短路，枚举完点就可以很快的算出答案了。

int f[N][2];
void solve()
	int n , m;
	cin >> n >> m;
	vector<string> s(n + 1);
	for (int i = 2;i <= n;i ++) f[i][1] = 1e18;
	for (int i = 1;i <= n - 1;i ++) f[i][0] = 1e18;
	for (int i = 1;i <= n;i ++) 
		cin >> s[i];
		s[i] = " " + s[i];
		for (int j = 1;j <= m && i + j <= n;j ++) 
			if(s[i][j] == \'1\') f[i + j][1] = min(f[i + j][1], f[i][1] + 1);
		
	
	for (int i = n;i >= 1;i --) 
		for (int j = 1;j <= m && i + j <= n;j ++) 
			if(s[i][j] == \'1\') 
				f[i][0] = min(f[i][0],f[i + j][0] + 1);
			
		
	
	for (int i = 2;i <= n - 1;i ++) 
		int ans = 1e18;
		for (int j = max(1ll,i + 1 - m);j <= i - 1;j ++) 
			for (int k = i + 1 - j;k <= min(m , n);k ++) 
				if(s[j][k] == \'1\') 
					ans = min(ans , f[j][1] + f[j + k][0] + 1);
				
			
		
		if(ans != 1e18)
		cout << ans << \' \';
		else 
		cout << -1 << \' \';
	

G - OR Sum

Solution:

暴力的复杂度是\\(O(N^2)\\)，所以考虑优化。复杂度来自两个地方，一个是枚举循环的情况，\\(O(N)\\)，还有是扫描一遍算或的值，\\(O(N)\\)，前一个循环不好优化，因为每个数都很小，所以考虑优化后面这一个运算的复杂度。首先我们可以对每位进行分析，\\(A|B = A + B - A \\& B\\)，这样子拆开式子后，我们就可以发现，前两项会是一个定值，就是所有元素的和，将\\(B\\)倒序之后，后面一项，对于每一位的情况就是\\(\\sum_i = 1^nA_i + k \\& B_n - i\\)，显然是个卷积的形式，二进制最多五位，做五次卷积分别算贡献就做出来了。

void solve()
	int n;
	cin >> n;
	int s = 0;
	for (int i = 1;i <= n;i ++) cin >> A[i], s += A[i];
	for (int i = 1;i <= n;i ++) cin >> B[i], s += B[i];
	for (int c = 0;c < 5;c ++) 
        memset(f,0,sizeof(f));memset(g,0,sizeof(g));
		for (int i = 0;i < n;i ++) 
			f[i] = f[i + n] = (A[i + 1] >> c) & 1;
			g[i] = (B[n - i] >> c) & 1;
		
    	poly_mul(f,g,2 * n);
		for (int i = 0;i < n;i ++) 
			ans[i] += f[n + i] * (1ll << c);
		
	
	int now = -1;
	for (int i = 0;i < n;i ++) 
		now = max(now , s - ans[i]);
	
	cout << now << endl;