题解-比赛CF1332

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了题解-比赛CF1332相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

题解-比赛CF1332

比赛CF1332

[A] [B] [C] [D] [E] [F] [G]


[A]Exercising Walk

Exercising Walk

(T) 组测试数据,每次给定 (a,b,c,d,x,y,x_1,y_1,x_2,y_2)。起点是 ((x,y)),要左走 (a) 步,右走 (b) 步,下走 (c) 步,上走 (d) 步(这题的 (x)(y) 轴与平时相反)。求是否有走法,使得走的过程中总是满足 (x_1le xle x_2)(y_1le yle y_2)。如果满足输出 ( exttt{YES}),否则输出 ( exttt{NO})

数据范围:(1le Tle 10^3)(0le a,b,c,dle 10^8)(a+b+c+dge 1)(-10^8le x_1le xle x_2le 10^8)(-10^8le y_1le yle y_2le 10^8)

本来以为直接找到最终点看看在不在范围内就够了,但是后来发现过不了样例。

有一种特殊情况:([x_1=x]&[x=x_2]&[a,b>0]&[a+b=0])(一走就走出范围了),答案是 ( exttt{NO}),你会输出 ( exttt{YES})

对于 (y,c,d) 同理,所以特判一下就过了。

易错点:

  1. 没看清这题的 (x)(y) 轴与平时相反这个特点。
  2. 没考虑到特殊情况(你样例都过不了啊)。

代码:

//Data
int a,b,c,d,x,y,x1,y1,x2,y2;
il int yes(){
	if(a&&b) if(x==x1&&x==x2) return 0;
	if(c&&d) if(y==y1&&y==y2) return 0;
	x-=a,x+=b,y-=c,y+=d;
	return x1<=x&&x<=x2&&y1<=y&&y<=y2;
}

//Main
int main(){
	re int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d%d%d%d%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&x,&y,&x1,&y1,&x2,&y2);
		if(yes()) puts("YES"); else puts("NO");
	}
	return 0;
}

[B]Composite Coloring

Composite Coloring

(T) 组测试数据,每次给定一个长度为 (n) 的合数序列 (a_i),需要将每个数染上颜色,使满足对于任意两个颜色相同的数不互质。求一种颜色数为 (m) 的染色方案((m) 自选,不需最小,只需满足 (min[1,11]))。

数据范围:(1le Tle 10^3)(1le nle 10^3)(4le a_ile 10^3)(1le sum nle 10^4)

对于任意满足数据范围限制的序列绝对有解。

对于任何合数 (a_ile 1000),必然有 (d) 满足 ([d|i]&[d<32])

([1,32)) 中正好有 (11) 个质数,所以遍历每个质数然后把它们的倍数染同色即可。

易错点:

题目中有说对于 (1sim m) 中的每个颜色,必须有该颜色的数,所以需要对颜色离散化。

代码:

//Data
const int N=1000;
int n,a[N+7],co[N+7];

//Prime
bitset<37> np;
vector<int> p;

//Main
int main(){
	for(re int i=2;i<=32;i++){
		if(!np[i]) p.pb(i);
		for(re int j:p)if(i*j>N) break;else np[i*j]=1;
	}
	re int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d",&n);
		for(re int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",a+i);
		re int C=0;
		fill(co+1,co+n+1,0);
		for(re int j:p){
			re int ttt=0;
			for(re int i=1;i<=n;i++){
				if(!co[i]&&a[i]%j==0){ttt=1,co[i]=C+1;}
			}
			if(ttt) C++;
		}
		printf("%d
",C);
		for(re int i=1;i<=n;i++)
			printf("%d%c",co[i],"
 "[i<n]);
	}
	return 0;
}

[C]K-Complete Word

K-Complete Word

(T) 组测试数据,给定 (n)(k) 满足 (k|n),给定一个长度为 (n) 的字符串 (s),求最少修改 (s) 的几个字母,使得 (s) 是回文串并且对于所有 (1le ile n-k),满足 (s_i=s_{i+k})

数据范围:(1le tle 10^5)(1le k<nle 2 imes 10^5)(sum nle 2 imes 10^5)

第二个条件等价于 (s)(frac nk)(k) 长子段相等;因为 (s) 是回文的,所以每个 (k) 长子段也是回文的。

所以对于每个 (1le ile lfloorfrac k2 floor),满足:

[s_i=s_{k+1-i}=s_{k+i}=s_{k+k+1-i}=cdots=s_{(frac nk -1)cdot k+i}=s_{(frac nk -1)cdot k+k+1-i} ]

如果 (kin mathbb{odd}),对于 (i=frac {k+1}2) 满足:

[s_i=s_{k+i}=cdots=s_{(frac nk -1)cdot k+i} ]

所以把每群相等的字符中出现次数最多的字符留着,把别的字符改成该字符即可。

代码:

//Data
const int N=200000;
int n,k;
char s[N+7];
int cnt[30];

//Main
int main(){
	re int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d
%s",&n,&k,s+1);
		re int ans=0;
		for(re int i=1;i<=k/2;i++){
			memset(cnt,0,sizeof cnt);
			re int tmp=0;
			for(re int j=i;j<=n;j+=k) cnt[s[j]-‘a‘]++,tmp++;
			for(re int j=k+1-i;j<=n;j+=k) cnt[s[j]-‘a‘]++,tmp++;
			re int mx=0;
			for(re int i=1;i<26;i++) if(cnt[i]>cnt[mx]) mx=i;
			ans+=tmp-cnt[mx];
		}
		if(k&1){ //k∈odd
			int i=(k+1)/2;
			memset(cnt,0,sizeof cnt);
			re int tmp=0;
			for(re int j=i;j<=n;j+=k) cnt[s[j]-‘a‘]++,tmp++;
			re int mx=0;
			for(re int i=1;i<26;i++) if(cnt[i]>cnt[mx]) mx=i;
			ans+=tmp-cnt[mx];
		}
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}

[D]Walk on Matrix

Walk on Matrix

给定一个 (k),要求构造一个随意大小为 (n imes m) 的矩阵 (a_{i,j}) 使得用
技术图片
得到的答案与从 ((1,1))((n,m)) 的最小按位与路径答案相差 (k)

数据范围:(1le n,mle 500)(0le a_{i,j}le 3cdot 10^5)(0le kle 10^5)

很巧妙的一题,从数据范围以及样例中可以猜测到这题有通解。

首先这个答案 (S) 肯定是比真实答案 (Ans) 大的,所以 (S-Ans=k)

通过研究第二个样例,可以发现,鲍勃的代码会盲目找最大的,不会考虑如 (7&3>8&3) 的情况。

所以可以找一个 (t=2^c>k),构造如下 (3 imes 4) 矩阵:

[egin{bmatrix} t|k&k&k&0 &0&k&0 &t&t|k&k\\end{bmatrix} ]

所以鲍勃的代码 (dp_{3,3}=t,dp_{3,4}=0)

而真正的最小按位与路径为 ((t|k)&k&k&k&(t|k)&k),答案为 (k)

正好相差 (k)

代码:

//Data

//Main
int main(){
	re int k,t=1;
	scanf("%d",&k);
	while(t<=k) t<<=1;
	printf("3 4
");
	printf("%d %d %d %d
",t|k,k,k,0);
	printf("%d %d %d %d
",t,0,k,0);
	printf("%d %d %d %d
",t,t,t|k,k);
	return 0;
}

[E]Height All the Same

Height All the Same

给定 (n,m,L,R),求大小为 (n imes m) 的矩阵 (a_{i,j}) 中满足 (Lle a_{i,j}le R) 并且可以通过相邻元素一起 (+1)、元素 (+2) 两种操作使整个矩阵相等的数量 (mod 998244353)

数据范围:(1le n,m,L,Rle 10^9)(Lle R)

很明显 (L)(R) 的绝对大小不重要,所以设 (H=R-L+1)

如果没有后一个限制,答案应该是 (H^{nm})

手玩几下会发现,只要奇偶性满足要求,该矩阵就满足要求,所以:

  1. 如果 (nminmathbb{odd}):答案就为 (H^{nm})
  2. 如果 (nminmathbb{even}):答案就为 (lceilfrac{H^{nm}}{2} ceil)

易错点:

  1. (mod 998244353),除法用逆元,幂 (mod 998244352)(欧拉定理)。
  2. 快速幂的时候,因为可能 (Hmod 998244353=0),如果 (nmmod 998244352=0),普通人写的快速幂很容易得到 (1),其实应该得到 (0)(因此我 (FST) 了)。

代码:

//Data
const int Mo=998244353;
int n,m,a,b,h;
lng sz;
il int Pow(re int a,re int x){
	if(a==0) return 0;
	re int res=1;
	for(;x;a=1ll*a*a%Mo,x>>=1)if(x&1)res=1ll*res*a%Mo;
	return res;
}

//Main
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b);
	h=b-a+1,sz=1ll*n*m;
	if(sz&1) printf("%lld
",1ll*Pow(h,sz%(Mo-1)));
	else if(h&1) printf("%lld
",1ll*(Pow(h%Mo,sz%(Mo-1))+1+Mo)%Mo*Pow(2,Mo-2)%Mo);
	else printf("%lld
",1ll*Pow(h%Mo,sz%(Mo-1))*Pow(2,Mo-2)%Mo);
	return 0;
}

[F]Independent Set

Independent Set

给定树 (G=(V,E))(n) 个点。令 (E‘in E),求所有 (E‘) 所有边上的节点的独立集数量之和 (mod 998244353)(独立集大小可以为 (0)(E‘ eqvarnothing))。

数据范围:(2le nle 3 imes10^5)

这么简单的树形 ( exttt{dp}) 我竟然不会,而且想了好久,我太蒻了。

(f_{o,i}) 表示:

  1. 如果 (o=0)(i) 的子树中的答案。
  2. 如果 (o=1)(i) 不存在或不选时子树中的答案。
  3. 如果 (o=2)(i) 不存在或选时子树中的答案。

以上“答案”均包括选的边为空的情况。

如果选了该节点,就不能选子节点(独立集的定义),所以:

[f_{2,i}=prod_{toin i‘s~sons}(f_{0,to}+f_{1,to}) ]

如果该节点不选,子节点随意:

[f_{1,i}=prod_{toin i‘s~sons}(f_{0,to}+f_{1,to}+f_{2,to}) ]

容斥原理,减去 (i) 不选的情况(即子树任意):

[f_{0,i}=f_{1,i}+f_{2,i}-prod_{toin i‘s~sons}f_{0,to} ]

因为答案不应包括选的边为空的情况,所以最终答案为 (f_{0,1}-1)

代码:

//Data
const int N=300000,m=998244353;
int n;
vector<lng> f[3];
vector<vector<int> > e;

//Dfs
il void Dfs(re int x,re int fa){
	f[0][x]=f[1][x]=f[2][x]=1;
	for(re int to:e[x])if(to!=fa){
		Dfs(to,x);
		(f[0][x]*=f[0][to])%=m;
		(f[1][x]*=(f[0][to]+f[1][to]+f[2][to]))%=m;
		(f[2][x]*=(f[0][to]+f[1][to]))%=m;
	}
	f[0][x]=(f[1][x]+f[2][x]-f[0][x]+m)%m;
}

//Main
int main(){
	scanf("%d",&n);
	e.resize(n+7);
	for(re int i=0;i<3;i++) f[i].resize(n+7);
	for(re int i=1,u,v;i<n;i++)
		scanf("%d%d",&u,&v),e[u].pb(v),e[v].pb(u);
	Dfs(1,0);
	printf("%lld
",(f[0][1]+m-1)%m);
	return 0;
}

未完待续


祝大家学习愉快!



以上是关于题解-比赛CF1332的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

CF R630 div2 1332 E Height All the Same

CF Round #631 题解

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codeforces比赛题解#869 CF Round #439 (Div.2)

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题解:CF115E(线段树优化dp)