AtCoder AGC #3 Virtual Participation

Posted 2021-01-07 kong-ruo

Havana真好听qwq

 

AB题就不写了 SB

C.BBuBBBlesort!

有一个长度为$n$的数列

你每次可以用两种操作

1.交换两个相邻元素

2.交换两个隔且仅隔了一个的元素

求把数列排成有序的，最少需要多少1操作

 

sol：显然，2操作并不会改变排序后元素所处位置的奇偶性

我们找到所有排序后位置与现在位置差为奇数的点，再除以2就可以了

 

D.Anticube

给出$n$个两两不同的数，选出一些数使得不存在两个数的积是完全立方数，求能选出的最大数量

 

sol：套路

把每个数分解质因数，求出他们每个质因数次数膜3的值

然后每次选择两个“互补”的数中较大的那个数就可以了

因为数不超过${10^{10}}$，可以用不超过${10^{frac{10}{3}}}$的质数来筛

筛掉的这些数可以求出最简表示和补数

剩下的数都可以分成不超过两个质因子

然后就完全平方判一下就可以了

 

E.Sequential operations on Sequence

一个由$1,2,3,4,...,n$组成的数列，有$Q$次操作，每次操作包含一个$q_i$表示将数列无限重复，然后取前$q_i$项组成一个新的数列

$q_i leq 10 ^ {18}$

求最后数列中$1$到$n$各出现了多少次

 

sol：

首先，如果前面的$q_i$大于后面的，那肯定是一次无效操作，我们可以删去

于是$q_i$递增

然后...就是神仙操作了

我们记一个$f_x$表示“第$x$次操作后的序列在最后的序列中出现了多少次”

显然，第$i$次操作后的序列肯定是由很多次第$i - 1$次操作后的序列加上一段第$i - 1$次操作后的序列的前缀组成

完整的部分显然是可以直接拿$f_{x- 1}$转移到$f_x$的

考虑剩下的一段前缀

剩下的一段前缀，肯定是由$x - 1$之前的某个操作后的序列搞出来的

我们可以二分这个序列是第几次操作后的序列

二分得到一个$ans$，它会对这个前缀产生一些贡献，可能还会再剩下一些

但剩下的不会超过$len(prefix)$ % $len(sequence(ans))$

然后就是一个结论，一个数膜一个比它小的数，最多膜log次

于是就是$O(log^2n)$的

 

F.Fraction of Fractal

给你一个黑白图案和一个分形次数$k$

每次分形是用$k-1$次分形当做“黑格”，大白方块当做“白格”如初始图案那样拼起来

问最后有多少黑色连通块，取膜

$k leq 10^{18}$

 

sol：

这么大 矩阵快速幂

比上一题好想一点...

我们设$x$为初始黑块数

首先，如果分形边界没有黑格，直接就是$x^{k}$

只有当它上下左右连通的时候才会产生影响

1.如果全都连通，直接就是$1$

2.如果仅有上下连通或者左右连通

因为旋转90度的话这两个就是一种情况了，我们现在只考虑左右连通的情况

我们可以dp

$f[i]$表示$i$阶分形黑色连通块数量

$g[i]$表示$i$阶分形有多少个联通块满足，当它跟它的复制左右拼起来时会和一个联通块连在一起

转移就是$f[i] = f[i - 1] * x - g[i - 1] * w$

然后$g[i] = f[i -1] * y$

$w$表示原图中有多少对左右相邻的黑格

$y$表示原图中最左边一列和最右边一列拼起来有多少黑色相邻

这样就是一个齐次递推式，我们可以矩阵乘法