2020牛客暑期多校訓練營（第十場）
阿新 • • 發佈：2020-08-11
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AEIJ
A. Permutation
題意
給定一個質數p，找到一個1~p-1的排列，使得xi+1≡2xi(modp)或者xi+1≡ 3xi(modp)。題解
打表找規律，可以發現2xi(modp) 會形成若干個環，3xi(modp)也會形成若干個環。如果在x*2中的某個環裡有一個數變成了x*3那麼就會形成另一個環。所以要優先考慮每次*2，下一個*2形成環了就變成*3。優先*3也是可以的，但是要考慮到如果p是3，會有取餘等於0的情況，所以要判斷的時候加一個取模不得零的條件。程式碼
1#include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 bool vis[1001000]; 5 vector<int>v; 6 7 int main() 8 { 9 int t; 10 scanf("%d",&t); 11 while(t--){ 12 v.clear(); 13 memset(vis,0,sizeof(vis)); 14 int n; 15 scanf("%d",&n); 16 intflag=0; 17 v.push_back(1); 18 vis[1]=1; 19 int res=1; 20 for(int i=2;i<n;i++){ 21 if(vis[(res*2)%n]) res*=3; 22 else res*=2; 23 res%=n; 24 if(vis[res]) {flag=1;break;} 25 v.push_back(res); 26 vis[res]++;27 } 28 if(flag) printf("-1\n"); 29 else { 30 for(int i=0;i<v.size();i++) printf("%d ",v[i]); 31 printf("\n"); 32 } 33 } 34 return 0; 35 }
E.Game
題意
有n列小方塊，每列小方塊有a[i]個，你可以選擇一個位置從右往左推動小方塊，當然如果此位置左邊和上邊也有小方塊，它們會跟著一起移動，如果某個小方塊移動後懸空，他就會落到下面的小方塊上。如果跟著移動的最左邊的小方塊列為1，則不能移動這個位置。問若干次操作之後小方塊的高度最大值的最小值是多少。（看題目的圖就很清楚了題解
二分答案，每次check的時候如果出現了當前位置移動後最大高度大於mid，則此mid不可行，否則可行。實際上就是在找當前位置的字首和的平均值是否大於mid，大於就不可行，否則可行。程式碼
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 5 ll a[100100]; 6 ll b[100100]; 7 8 bool check(int mid,int n) 9 { 10 for(int i=0;i<n;i++) b[i]=a[i]; 11 ll res=0; 12 for(int i=0;i<n;i++){ 13 if(b[i]>mid) res-=b[i]-mid; 14 else res+=mid-b[i]; 15 if(res<0) return false; 16 } 17 return true; 18 } 19 20 int main() 21 { 22 int t; 23 scanf("%d",&t); 24 while(t--){ 25 int n; 26 scanf("%d",&n); 27 for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lld",&a[i]); 28 int l=0,r=1e9,ans=0; 29 while(l<=r){ 30 int mid=l+r>>1; 31 if(check(mid,n)){ 32 ans=mid; 33 r=mid-1; 34 } 35 else l=mid+1; 36 } 37 printf("%d\n",ans); 38 } 39 return 0; 40 }javascript:void(0);
I. Tournament
題意
有n個隊伍要進行比賽，每兩個隊伍之間要比一場，每個隊伍在他們比賽的第一天來，比賽完的那天走，問怎麼安排比賽可以使得所有隊伍在賽場待的天數總和最少。題解
糾結於H題，一直沒寫這個題，直播的時候dls：你們真的以為自己能衝的過去嗎 : ) 看著樣例構造的話，第一想法：這不就是雙for嗎，然後就會愉快的wa。那麼怎樣能夠更優呢？ 按照上邊的做***發現隊伍的編號越大等的時間就會越長，那麼可以把他們折中一下，讓大家等的時間儘量一樣。按照出題人的思路： •有n個人的日子，至少一天，有至少n-1個人的日子，至少四天。依次類推，可以得到個下界。 • 同時還有另外一個下界，有3個人的日子，至少n(n-1)/2-2天，依次類推。 • 為了達到這個下界，構造的方法就是首先將人分成兩個部分。 • 前後分別內部對打，然後中間將先離場的和最後進場的排在中間。 • 依次往外擴程式碼
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 int main() 5 { 6 int t; 7 scanf("%d",&t); 8 while(t--){ 9 int n; 10 scanf("%d",&n); 11 for(int i=2;i<=n/2;i++){ 12 for(int j=1;j<i;j++){ 13 printf("%d %d\n",j,i); 14 } 15 } 16 for(int i=n/2+1;i<=n;i++){ 17 for(int j=1;j<=n-i;j++){ 18 printf("%d %d\n",j,i); 19 } 20 } 21 for(int i=1;i<=n/2;i++){ 22 for(int j=n-i+1;j<=n;j++){ 23 printf("%d %d\n",j,i); 24 } 25 } 26 for(int i=n/2+1;i<=n;i++){ 27 for(int j=i+1;j<=n;j++){ 28 printf("%d %d\n",j,i); 29 } 30 } 31 } 32 return 0; 33 }
J.Identical Trees
題意
有兩棵形狀一樣的有根樹，分別給出了當前編號的父結點是誰，如果父結點為0，則是根結點。現在要求兩棵樹根的編號得一樣，每個結點父親的編號得一樣，每棵樹編號得是1~n的排列，每次操作可以改變一個結點的編號，問最少需要操作幾次。題解
首先肯定要使編號一樣的最多，這樣需要改的才最少，然後就可以用樹形dp，轉移的時候用費用流轉移。dp[x][y]表示把第一顆樹的x子樹變成跟第二棵樹的y子樹一樣需要更換的個數。然後轉移到x的父親p跟y的父親q的時候就是他的p跟q的兒子們匹配一下。程式碼
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 typedef pair<int,int> pii; 5 typedef pair<ll,ll> pll; 6 typedef pair<double,double> pdd; 7 typedef unsigned long long ull; 8 typedef set<int>::iterator sit; 9 #define st first 10 #define sd second 11 #define mkp make_pair 12 #define pb push_back 13 const int inf = 0x3f3f3f3f; 14 const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 15 const ll mod = 1000000007; 16 const int maxn = 2000+10; 17 const int M = 2e6 + 10; 18 19 int head[maxn]; 20 struct Edge 21 { 22 int id,nex; 23 int w,f;// w 花費 f 流 24 }edge[M<<2]; 25 int cnt; 26 void add(int x,int y,int f,int w) 27 { 28 edge[cnt].id = y; 29 edge[cnt].f = f; 30 edge[cnt].w = w; 31 edge[cnt].nex = head[x]; 32 head[x] = cnt ++ ; 33 } 34 int n; 35 36 int vis[maxn]; 37 int dis[maxn]; 38 int mflow[maxn]; 39 int per[maxn]; 40 queue<int> qq; 41 42 int spfa(int s,int t) 43 { 44 for (int i = 0; i<= n ; i++ ) 45 { 46 vis[i] = 0; 47 dis[i] = inf; 48 } 49 mflow[s] = inf; 50 qq.push(s); 51 dis[s] = 0; 52 vis[s] = 1; 53 while(!qq.empty()) 54 { 55 int x= qq.front(); 56 qq.pop(); 57 vis[x] = 0; 58 for (int i = head[x]; ~i; i = edge[i].nex) 59 { 60 int v = edge[i].id; 61 if(dis[v] > dis[x] + edge[i].w && edge[i].f) 62 { 63 // printf("111\n"); 64 dis[v] = dis[x] + edge[i].w; 65 per[v] = i; 66 mflow[v] = min(mflow[x],edge[i].f); 67 if(vis[v]) 68 continue; 69 vis[v] = 1; 70 qq.push(v); 71 } 72 } 73 } 74 if(dis[t] != inf) 75 return 1; 76 return 0; 77 } 78 void update(int s,int t, int& flow)//flow 流 ans 花費 79 { 80 int minn = mflow[t]; 81 for (int i = t; i != s; i = edge[per[i] ^ 1].id) 82 { 83 int x = per[i]; 84 edge[x].f -= minn; 85 edge[x^1].f += minn; 86 } 87 flow += minn; 88 } 89 90 int solve(int s,int t, int& flow) 91 { 92 int ans = 0; 93 while(spfa(s,t)) 94 { 95 ans += dis[t] * mflow[t]; 96 update(s,t,flow); 97 } 98 return ans; 99 } 100 101 std::vector<int> vv[2][maxn]; 102 103 string zxbs[2][maxn]; 104 void getzxbs(int x,int f) 105 { 106 std::vector<string> vt; 107 zxbs[f][x] += '('; 108 for (int i =0 ; i < vv[f][x].size(); i ++ ) 109 { 110 int v = vv[f][x][i]; 111 getzxbs(v,f); 112 vt.pb(zxbs[f][v]); 113 } 114 sort(vt.begin(),vt.end()); 115 for (int i = 0; i < vt.size(); i ++ ) 116 { 117 zxbs[f][x] += vt[i]; 118 } 119 zxbs[f][x] += ')'; 120 } 121 int dp[maxn][maxn]; 122 int N; 123 int bj[maxn]; 124 void dfs(int x,int y) 125 { 126 for(int i= 0; i < vv[0][x].size(); i ++ ) 127 { 128 int v = vv[0][x][i]; 129 for (int j =0 ; j < vv[1][y].size(); j ++ ) 130 { 131 132 int p = vv[1][y][j]; 133 if(zxbs[0][v] == zxbs[1][p]) 134 { 135 dfs(v,p); 136 } 137 } 138 } 139 if(vv[0][x].size() == 0) 140 { 141 if(x == y) 142 dp[x][y] = 0; 143 else 144 dp[x][y] = 1; 145 return; 146 } 147 148 int s =0 , t = 1; 149 int pos = 1; 150 for (int i = 0; i < vv[0][x].size(); i ++ ) 151 { 152 int v = vv[0][x][i]; 153 bj[v] = ++pos; 154 } 155 for (int i =0 ; i < vv[1][y].size(); i ++ ) 156 { 157 int v = vv[1][y][i]; 158 bj[v + N] = ++ pos; 159 } 160 n = pos; 161 for (int i = 0; i<= n; i ++ ) 162 { 163 head[i] = -1; 164 } 165 cnt = 0; 166 for(int i= 0; i < vv[0][x].size(); i ++ ) 167 { 168 int v = vv[0][x][i]; 169 for (int j =0 ; j < vv[1][y].size(); j ++ ) 170 { 171 int p = vv[1][y][j]; 172 if(zxbs[0][v] == zxbs[1][p]) 173 { 174 add(bj[v],bj[p + N],1,dp[v][p]); 175 add(bj[p + N], bj[v],0,-dp[v][p]); 176 } 177 } 178 } 179 for (int i =0 ; i < vv[0][x].size(); i ++ ) 180 { 181 int v= bj[vv[0][x][i]]; 182 add(s,v,1,0); 183 add(v,s,0,0); 184 } 185 for (int i =0 ; i < vv[1][y].size(); i ++ ) 186 { 187 int v= bj[vv[1][y][i] + N]; 188 add(v,t,1,0); 189 add(t,v,0,0); 190 } 191 int p; 192 dp[x][y] = solve(s,t,p); 193 if(x != y) 194 dp[x][y] ++ ; 195 } 196 197 int main() 198 { 199 int n; 200 scanf("%d",&n); 201 N= n; 202 int r1,r2; 203 for (int i =1 ; i <= n; i ++ ) 204 { 205 int x; 206 scanf("%d",&x); 207 if(x != 0) 208 vv[0][x].pb(i); 209 else 210 r1 = i; 211 } 212 for (int i =1 ; i <= n; i ++ ) 213 { 214 int x; 215 scanf("%d",&x); 216 if(x != 0) 217 vv[1][x].pb(i); 218 else 219 r2 = i; 220 } 221 getzxbs(r1,0); 222 getzxbs(r2,1); 223 dfs(r1,r2); 224 printf("%d\n",dp[r1][r2]); 225 226 }