AtCoderAGC014

Posted 2021-02-16 ivorysi

AGC014

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A - Cookie Exchanges

发现两个数之间的差会逐渐缩小，所以只要不是三个数都相同，那么log次左右一定会得到答案

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 +c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int64 A,B,C,S;
void Solve() {
    read(A);read(B);read(C);
    S = A + B + C;
    int cnt = 0;
    while(1) {
    
    if((A & 1) || (B & 1) || (C & 1)) {out(cnt);enter;return;}
    if(A == B && B == C) {puts("-1");return;}
    A = (S - A) / 2;
    B = (S - B) / 2;
    C = (S - C) / 2;
    ++cnt;
    }
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

B - Unplanned Queries

直接建一个图出来，求是否每个联通块存在欧拉回路，只需要判点度就好

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 +c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,M;
int deg[MAXN];
void Solve() {
    read(N);read(M);
    int a,b;
    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
    read(a);read(b);
    ++deg[a];++deg[b];
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    if(deg[i] & 1) {puts("NO");return;}
    }
    puts("YES");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

C - Closed Rooms

我们发现进行完第一轮前K次随便走的操作，剩下的就是沿着最短的直线走到某个边上，因为可以用前一轮的破壁和下一轮的走路

所以先bfs然后看看能到的所有点离边最少要再走几轮

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 +c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int H,W,K;
char s[805][805];
bool vis[805][805];
int dis[805][805];
queue<pii > Q;
int dx[4] = {1,0,-1,0},dy[4] = {0,1,0,-1};
void Solve() {
    read(H);read(W);read(K);
    for(int i = 1 ; i <= H ; ++i) {
    scanf("%s",s[i] + 1);
    }
    for(int i = 1 ; i <= H ; ++i) {
    for(int j = 1 ; j <= W ; ++j) {
        if(s[i][j] == 'S') {
        Q.push(mp(i,j));vis[i][j] = 1;
        }
    }
    }
    while(!Q.empty()) {
    pii u = Q.front();Q.pop();
    if(dis[u.fi][u.se] == K) continue;
    for(int k = 0 ; k < 4 ; ++k) {
        int tx = u.fi + dx[k],ty = u.se + dy[k];
        if(s[tx][ty] == '.' && !vis[tx][ty]) {
        Q.push(mp(tx,ty));
        vis[tx][ty] = 1;
        dis[tx][ty] = dis[u.fi][u.se] + 1;
        }
    }
    }
    int ans = 1000000000;
    for(int i = 1 ; i <= H ; ++i) {
    for(int j = 1 ; j <= W ; ++j) {
        if(vis[i][j]) {
        if(i == 1 || j == 1 || i == H || j == W) ans = min(ans,1);
        else {
            int t = min(i - 1,j - 1);
            t = min(t,min(H - i,W - j));
            ans = min(ans,1 + (t - 1) / K + 1);
        }
        }
    }
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

D - Black and White Tree

dfs，如果一个点是叶子，那么认为这个地方是当这个点的父亲被占后，Aoki的必占点，标成1

然后不是叶子的话，数数这个点Aoki的必占点有几个，如果大于等于2个，那么证明先手会赢，如果只有1个，那么这里可以变成Takahashi可以通过一定走法必占的点，如果是0个，则这个点是Aoki必占点

如果根节点是Aoki必占点，那么先手一定会赢

再加上某个点Aoki必占点的儿子大于等于2个情况先手会赢

除此之外后手赢

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 +c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N;
struct node {
    int to,next;
}E[MAXN * 2];
int head[MAXN],sumE,col[MAXN];
bool flag = 0;
void add(int u,int v) {
    E[++sumE].to = v;
    E[sumE].next = head[u];
    head[u] = sumE;
}
void dfs(int u,int fa) {
    int s = 0;
    for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
    int v = E[i].to;
    if(v != fa) {
        dfs(v,u);
        s += col[v];
    }
    }
    if(s == 0) col[u] = 1;
    if(s >= 2) flag = 1;
}
void Solve() {
    read(N);
    int a,b;
    for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
    read(a);read(b);
    add(a,b);add(b,a);
    }
    dfs(1,0);
    if(col[1] || flag) puts("First");
    else puts("Second");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

E - Blue and Red Tree

我们相当于选择一条蓝边和一条红边，断开之后的两边点集是一样的

那么我们逆着这个操作来，相当于加边，如果一个两个点之间用两条以上的边，那么就合成一个点即可

我们把符合要求的点扔进一个队列里，然后用一个map维护点对之间的边，给每个点开一个multiset维护这个点指向的边

启发式合并，复杂度是(O(n log^2 n))

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 +c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
        out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N;
multiset<int> to[MAXN];
map<pii,int> zz;
queue<pii > Q;
void insertEdge(int a,int b) {
    if(a == b) return;
    if(a > b) swap(a,b);
    zz[mp(a,b)]++;
    if(zz[mp(a,b)] == 2) Q.push(mp(a,b));
    to[a].insert(b);to[b].insert(a);
}
void Delete(int x,int y) {
    if(x > y) swap(x,y);
    if(zz.count(mp(x,y))) zz.erase(mp(x,y));
}
void Merge(int x,int y) {
    for(auto t : to[y]) {
        Delete(t,y);
        to[t].erase(to[t].find(y));
        insertEdge(t,x);
    }
}
void Solve() {
    read(N);
    int a,b,c,d;
    for(int i = 1 ; i < 2 * N - 1 ; ++i) {
        read(a);read(b);
        insertEdge(a,b);
    }
    for(int i = 1 ; i < N ; ++i) {
        while(1) {
            if(Q.empty()) {puts("NO");return;}
            pii u = Q.front();Q.pop();
            if(zz.count(u)) {
                if(to[u.fi].size() < to[u.se].size()) swap(u.fi,u.se);
                Merge(u.fi,u.se);
                break;
            }
        }
    }
    puts("YES");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

F - Strange Sorting

又是一道类似数学归纳法的题

我们看到如果删掉了1的排列如何做，如果我们排序(2,3,4...N)用了(T)次操作，那么我们找到(T - 1)次操作的时候在(2,3,4...N)这堆数最前面的数是(f)

如果(1)在(f)和(2)之间，那么证明排列(1)到(N)用(T)次，否则用(T + 1)次

首先可以用定义看出(f eq 2)，否则(T)可以是(T - 1)

如何求(1)和(f)和(2)的位置关系呢，我们先证明如下两个事实

• (f)只在排在(2...N)最前面的时候才会当高元素，否则都是矮元素
  • 第一个元素肯定是高元素，考虑一个(x)能当高元素且不为第一个，前面肯定有一个(y < x)，那么(x)排不到最前面，且(x)为矮元素的时候(y)也是矮元素，然而(f)排在最前面，所以(f)当不了中间的高元素
• (1,2,f)的循环位置不变，指((a,b,c),(b,c,a),(c,a,b))不变
  • 如果(1)是第一个数，(2)是第二个数，那么(1)是高元素，(2)是高元素，f是矮元素，顺序变为(f,1,2)，循环顺序不变
  • 如果(1)是第一个数，(2)不是第二个数，(1)是高元素，(2)是矮元素，(f)是矮元素，顺序变为(2,f,1)，循环顺序不变
  • 如果(2)是第一个数，(2)是高元素，(1,f)是矮元素，循环顺序不变
  • 如果(f)是第一个数，(f)是高元素，(1,2)是矮元素，循环顺序不变
  • 否则三个都是矮元素，循环顺序不变

由此就可以求出来(f)排在最前时，(f,1,2)的位置关系

然后边递推边求(f)即可

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('
')
#define eps 1e-10
#define MAXN 300005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
        if(c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
        res = res * 10 +c - '0';
        c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
        out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N;
int p[MAXN],pos[MAXN];
int pre[MAXN],f[MAXN],ans[MAXN];
void Solve() {
    read(N);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        read(p[i]);pos[p[i]] = i;
    }
    for(int i = N - 1 ; i >= 1 ; --i) {
        if(ans[i + 1] == 0) {
            if(pos[i] < pos[i + 1]) ans[i] = 0;
            else {ans[i] = 1;f[0] = i + 1;}
        }
        else {
            int t = ans[i + 1] - 1;
            int a[3] = {i,i + 1,f[t]};
            sort(a,a + 3,[](int c,int d){return pos[c] < pos[d];});
            while(a[0] != f[t]) {
                swap(a[2],a[0]);swap(a[1],a[2]);
            }
            if(a[1] == i) {
                ans[i] = ans[i + 1];
            }
            else {
                ans[i] = ans[i + 1] + 1;
                f[t + 1] =  i + 1;
            }
        }
    }
    out(ans[1]);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}