CF1594 - D~F

阿新 • • 發佈：2021-10-09

D - The Number of Imposters(2-sat)

每個人分成T，F兩種結點，分別代表這人是誠實的還是不誠實的。然後連邊，例如\(a\)說\(b\)是T，那麼就有如果\(a\)是T推出\(b\)是T，於是連一條雙向邊：\(aT \Leftrightarrow bT\)，以此類推。然後直接dfs跑，最後判一下有沒有矛盾。

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 1e6 + 10;
const double eps = 1e-5;

bool vis[N];
bool visid[N];
vector<int> np[N];

int get(int p, int st) { // 1 T 0 F
    if(st) return 2 * p - 1;
    return 2 * p;
}

void add(int u, int v) {
    np[u].push_back(v);
    np[v].push_back(u);
}
int cnt, fcnt;
void dfs(int p) {
    cnt++;
    fcnt += (p % 2 == 0);
    visid[(p + 1) / 2] = 1;
    vis[p] = 1;
    for(int nt : np[p]) {
        if(vis[nt]) continue;
        dfs(nt);
    }
}

int main() {
    IOS;
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int n, m;
        cin >> n >> m;
        for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
            vis[i] = 0;
            visid[i] = 0;
            np[i].clear();
        }
        while(m--) {
            int a, b;
            string c;
            cin >> a >> b >> c;
            bool flag = (c == "crewmate");
            add(get(a, 1), get(b, flag));
            add(get(a, 0), get(b, !flag));
        }
        int ans = 0;
        for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
            if(visid[(i + 1) / 2]) continue;
            cnt = fcnt = 0;
            dfs(i);
            ans += max(cnt - fcnt, fcnt);
        }
        bool ok = true;
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            if(vis[get(i, 1)] && vis[get(i, 0)]) {
                ok = false;
                break;
            }
        }
        if(ok) cout << ans << endl;
        else cout << -1 << endl;
    }
}

E - Rubik's Cube Coloring (hard version) - (樹上dp)

染色的結點只會影響從它到根結點的路徑上的點，將所有染色結點以及它們到根結點的路徑全部提出來，可以得到一顆樹，點數最多為\(60 \times 2000\)。剩餘的點顯然都是隻有4種染色方式，然後處理樹上的染色方案數。直接樹上dp，設\(dp[p][c]\)代表結點\(p\)染色\(c\)時方案數。有轉移方程

\[dp[p][c]=\sum{dp[u][c_1] \cdot dp[v][c_2]} \]

\(u,v\)是\(p\)的兒子，\(c_1,c_2\)是和\(c\)合法的顏色。

注意寫前搞清楚dp轉移方程，在紙上寫下來。不要搞錯了。

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 3e5 + 10;
const int M = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-5;
typedef pair<int, int> PII;
map<string, int > id;
vector<ll> cn[N];
vector<ll> num;
vector<int> np[N];
int qcol[N];
int col[N];
ll dp[N][10];
bool vis[N];

inline ll qpow(ll a, ll b, ll m) {
    ll res = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) res = (res * a) % m;
        a = (a * a) % m;
        b = b >> 1;
    }
    return res;
}

int getid(ll x) {
    return lower_bound(num.begin(), num.end(), x) - num.begin() + 1;
}

void cal(int p, int fa, int c) {
    vector<int> son;
    for(int nt : np[p]) {
        if(nt == fa) continue;
        son.push_back(nt);
    }
    if(son.size() == 0) {
        dp[p][c] = 1;
    } else if(son.size() == 1) {
        int u = son.front();
        for(int i = 2; i <= 7; i++) {
            if(c == i || c == (i ^ 1)) continue;
            dp[p][c] += dp[u][i];
            dp[p][c] %= M;
        }
    } else {
        int u = son.front(), v = son.back();
        for(int i = 2; i <= 7; i++) {
            for(int j = 2; j <= 7; j++) {
                if(c == i || c == (i ^ 1)) continue;
                if(c == j || c == (j ^ 1)) continue;
                dp[p][c] += dp[u][i] * dp[v][j] % M;
                dp[p][c] %= M;
            }
        }
    }
}

void dfs(int p, int fa) {
    for(int nt : np[p]) {
        if(nt == fa) continue;
        dfs(nt, p);
    }
    if(col[p]) {
        cal(p, fa, col[p]);
    } else {
        for(int i = 2; i <= 7; i++) {
            cal(p, fa, i);
        }
    }
}

int main() {
    IOS;
    id["white"] = 2;
    id["yellow"] = 3;
    id["green"] = 4;
    id["blue"] = 5;
    id["red"] = 6;
    id["orange"] = 7;
    int k, n;
    cin >> k >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        ll v;
        string c;
        cin >> v >> c;
        while(v) {
            num.push_back(v);
            cn[i].push_back(v);
            v >>= 1;
        }
        qcol[i] = id[c];
    }
    sort(num.begin(), num.end());
    num.erase(unique(num.begin(), num.end()), num.end());
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int u = getid(cn[i].front());
        col[u] = qcol[i];
        for(int j = 1; j < cn[i].size(); j++) {
            int v = getid(cn[i][j]);
            np[u].push_back(v);
            np[v].push_back(u);
            u = v;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= num.size(); i++) {
        sort(np[i].begin(), np[i].end());
        np[i].erase(unique(np[i].begin(), np[i].end()), np[i].end());
    }
    dfs(1, 0);
    ll ans = 1;
    ll ret = ((1ll << k) - 1) - num.size();
    ll res = 0;
    for(int i = 2; i <= 7; i++) res = (res + dp[1][i]) % M;
    ans =  qpow(4, ret % (M - 1), M) * res % M;
    cout << ans << endl;
}

F - Ideal Farm (思維，構造)

如果\(s < k\)，答案是NO ;\(s=k\)答案是YES。

當\(s>k\)時，設分配為\(a_1,...a_n\)，有分配的字首和為\(p_1,...,p_n\)，其中\(p_n = s\)，\(p_i < p_{i+1}\)，\(p_1 \ge 1\)。

這樣轉化後就比較好處理，假設存在某個\(p_i\)，有\(p_i +k=p_j\)，那麼說明存在一個區間和為\(k\)。因此再建立一個數組\(b\)，有\(b_i=p_i+k\)，\(b_0=k\)。這樣就有包含\(n\)個元素的\(p\)和包含\(n+1\)個元素的陣列\(b\)，一共\(2n+1\)個元素。

顯然，答案為NO的充要條件就是存在一個分配，使得\(p\)中任意一個元素都不等於\(b\)中任意一個元素，等價於\(p\)和\(b\)構成一個新陣列\(pb\)后里面的元素各不相同。顯然這\(2n+1\)個元素的值域為\([1,s+k]\)。如果能找到\(pb\)的最長分配使得前面的條件成立，設最長的分配長度為\(m\)，那麼有\(2n+1\le m\)答案為NO，否則答案為YES。因為一旦有最長的分配使得條件成立，讓條件成立的更短的分配一定可以從中構造出來。

注意\(p\)的值域為\([1,s]\)，\(b\)的值域為\([k,s+k]\)。最優(長)的分配方案就是\(k\)個一組，一組一組分別分配給\(p\)和\(b\)。例如\([2k,3k-1]\)分配給\(p\)，\([3k,4k-1]\)分配給\(b\)，這樣即滿足各不相同又滿足了\(b_i=p_i+k\)。可以發現，這樣是成對分配的，所以要看\(\lfloor \frac{s}{k} \rfloor\)是奇數還是偶數，如果是奇數，最後還會剩下一組。最後剩下的從小到大分配即可。注意，\([s+1,s+k]\)這部分的值只能分配給\(b\)。畫一下圖很好理解。這樣就能得到最長的分配長度。

#include <bits/stdc++.h>

#define endl '\n'
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0)
#define mp make_pair
#define seteps(N) fixed << setprecision(N) 
typedef long long ll;

using namespace std;
/*-----------------------------------------------------------------*/

ll gcd(ll a, ll b) {return b ? gcd(b, a % b) : a;}
#define INF 0x3f3f3f3f

const int N = 3e5 + 10;
const double eps = 1e-5;


int main() {
    IOS;
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        ll s, n, k;
        cin >> s >> n >> k;
        if(s < k) cout << "NO" << endl;
        else if(s == k) cout << "YES" << endl;
        else {
            ll b = s % k + 1;
            ll a = k - b;
            ll m;
            if((s / k) % 2 == 1) {
                m = s + k - b;
            } else {
                m = s + k - a;
            }
            if(2 * n + 1 <= m) {
                cout << "NO" << endl;
            } else 
                cout << "YES" << endl;
        }
    }
}