AtCoder Grand Contest 031

Atcoder

A - Colorful Subsequence

description

求\(s\)中本質不同子序列的個數模\(10^9+7\)。兩個子序列不同當且僅當存在一種字符在兩者中的出現次數不同。

\(|s|\le10^5\)

solution

\(\prod_{i='a'}^{'z'}(\mbox{字符}i\mbox{出現的次數}+1)-1\)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')w=0,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
const int N=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n,t[26],ans=1;char s[N];
int main(){
    scanf("%d",&n);scanf("%s",s+1);
    for(int i=1;i<=n;++i)++t[s[i]-'a'];
    for(int i=0;i<26;++i)ans=1ll*ans*(t[i]+1)%mod;
    printf("%d\n",(ans+mod-1)%mod);return 0;
}
 

B - Reversi

description

有一個長為\(n\)的序列，每個位置有個顏色，可以進行若幹次操作，操作為選擇兩個顏色相同的位置，將它們中間的位置全部變成這個顏色，求所有可能出現的顏色序列的方案數模\(10^9+7\)。

\(n,c_i\le2\times10^5\)

solution

\(f_i=f_{i-1}+[lst_i<i-1]f_{lst_i}\)

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')w=0,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
const int N=2e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n,f[N],lst[N];
int main(){
    n=gi();f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int a=gi();
        f[i]=f[i-1];
        if(lst[a]&&lst[a]<i-1)f[i]=(f[i]+f[lst[a]])%mod;
        lst[a]=i;
    }
    printf("%d\n",f[n]);return 0;
}
 

C - Differ by 1 Bit

description

構造一個\(0\)到\(2^n-1\)的排列，滿足首位是\(A\)末位是\(B\)，且相鄰兩個數在二進制下僅相差\(1\)位。

\(n\le 17\)

solution

只需要構造首位是\(0\)末位是\(A \mbox{xor} B\)的排列再將所有數異或\(A\)就行了。

顯然，\(\mbox{popcount}(A\mbox{xor}B)\)為偶數時一定無解，否則根據構造方法一定存在一組解。

考慮將模型轉化為在\(n\)維超立方體上的遊走，需要遍歷這個超立方體\(2^n\)個頂點中的每一個。一種可行的策略是，先遍歷\(n\)維超立方體中的某個\(n-1\)

在本題中我們要從\(0\)走到\(A\mbox{xor}B\)，可以選出一個二進制位\(p\)滿足\(A\mbox{xor}B\)在第\(p\)位上值為\(1\)，遍歷二進制第\(p\)位為\(0\)的所有點組成的\(n-1\)維超立方體後，再去遍歷二進制位第\(p\)位為\(1\)的所有點組成的\(n-1\)維超立方體。兩個\(n-1\)維超立方體之間的連接點的選取是任意的，只需要滿足起點終點二進制位不同的位數是奇數就行了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int gi(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')w=0,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
#define pc(x) __builtin_popcount(x)
int n,A,B,all;
void dfs(int x,int y,int ban){
    if(pc(ban^all)==1){printf("%d %d ",y,x^y);return;}
    for(int i=0;i<n;++i)
        if((~ban>>i&1)&&(x>>i&1))
            for(int j=0;j<n;++j)
                if((~ban>>j&1)&&i!=j){
                    dfs(1<<j,y,ban|1<<i);
                    dfs(x^(1<<i)^(1<<j),y^(1<<i)^(1<<j),ban|1<<i);
                    return;
                }
}
int main(){
    n=gi(),A=gi(),B=gi(),all=(1<<n)-1;
    if(pc(A^B)&1)puts("YES"),dfs(A^B,A,0);
    else puts("NO");
    return 0;
}

D - A Sequence of Permutations

description

定義\(f(p,q)\)為一個排列\(c\)滿足\(c_{p_i}=q_i\)，其中\(p,q\)均是\(1-n\)排列。已知\(a_1=p,a_2=q,a_n=f(a_{n-2},a_{n-1})(n>2)\)，給出\(p,q\)，求\(a_k\)。

\(n\le10^5,k\le10^9\)

solution

\([f(p,q)]_{p_i}=q_i\to f(p,q)p=q\to f(p,q)=qp^{-1}\)

然後大力列出\(a_i\)的前若幹項。

\[a_1=p\\a_2=q\\a_3=qp^{-1}\\a_4=qp^{-1}q^{-1}\\a_5=qp^{-1}q^{-1}pq^{-1}\\a_6=qp^{-1}q^{-1}ppq^{-1}\\a_7=qp^{-1}q^{-1}pqpq^{-1}\\a_8=qp^{-1}q^{-1}pqp^{-1}qpq^{-1}\]

然後令\(A=qp^{-1}q^{-1}p\)，則可歸納證明出\(a_n=Aa_{n-6}A^{-1}(n>6)\)。

所以就做完啦？

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
int gi(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')w=0,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
#define vi vector<int>
int n,k;vi a[7];
vi readin(){
    vi res(n);
    for(int i=0;i<n;++i)res[i]=gi()-1;
    return res;
}
void print(vi a){
    for(int i=0;i<n;++i)printf("%d ",a[i]+1);
    puts("");
}
vi inv(vi a){
    vi res(n);
    for(int i=0;i<n;++i)res[a[i]]=i;
    return res;
}
vi mul(vi a,vi b){
    vi res(n);
    for(int i=0;i<n;++i)res[i]=a[b[i]];
    return res;
}
vi fastpow(vi a,int b){
    vi res(n);
    for(int i=0;i<n;++i)res[i]=i;
    while(b){if(b&1)res=mul(res,a);a=mul(a,a);b>>=1;}
    return res;
}
int main(){
    n=gi();k=gi();
    vi p=readin(),q=readin();
    a[1]=p;a[2]=q;
    for(int i=3;i<=6;++i)a[i]=mul(a[i-1],inv(a[i-2]));
    vi A=mul(mul(q,inv(p)),mul(inv(q),p)),B=fastpow(A,(k-1)/6);
    print(mul(mul(B,a[(k-1)%6+1]),inv(B)));return 0;
}

E - Snuke the Phantom Thief

description

二維平面上有\(n\)個珠寶，第\(i\)個珠寶的位置為\((x_i,y_i)\)，權值為\(v_i\)。你可以從中選取任意數量的珠寶，但需要滿足如下\(m\)條限制：所有（橫/縱）坐標（小/大）於等於\(a_i\)的珠寶中至多選\(b_i\)個。求能得到的最大權值和。

\(n \le80,m\le 320,x_i,y_i,a_i\le100,v_i\le10^{15},b_i<n\)

solution

首先這數據範圍看著就很費用流

先考慮一維怎麽做。

一個很妙的轉化是：限制橫坐標\(\le a_i\)的珠寶裏至多選\(b_i\)個，等價於選擇的橫坐標第\(b_i+1\)小的珠寶，其橫坐標必須\(> a_i\)。

如果是限制橫坐標\(\ge a_i\)的珠寶至多選\(b_i\)個，則可以先枚舉選\(k\)個珠寶，然後限制就等價於選擇的第\(k-b_i\)個珠寶其橫坐標必須\(<a_i\)。（以上只考慮\(b_i<k\)的限制，\(b_i\ge k\)的限制顯然無效）

這樣我們就可以得到\(k\)個二元組\((l_j,r_j)\)，分別表示第\(j\)個珠寶的橫坐標的範圍限制。註意這\(k\)個二元組的\(l\)和\(r\)應滿足單調不降。

這樣我們就得到了一個匹配的模型：二分圖一側有\(k\)個點，另一側有\(n\)個點，滿足範圍限制的點之間連邊，然後求一組最大權匹配即可。

至於二維的問題，可以直接把圖拆成三份，即左側\(k\)個點表示橫坐標的限制，中間\(2n\)個點內部連權值的邊表示珠寶，右側另\(k\)個點表示縱坐標的限制。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
ll gi(){
    ll x=0,w=1;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')w=0,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
int gc(){
    char ch=getchar();
    while(ch<'A'||ch>'Z')ch=getchar();
    return ch;
}
const int N=405;
struct edge{int to,nxt,w;ll cost;}E[N*N];
int n,m,x[N],y[N],t[N],a[N],b[N],L[N],R[N],D[N],U[N],head[N],cnt,S,T,vis[N],pe[N];
ll v[N],dis[N],ans;queue<int>Q;
void link(int u,int v,ll w){
    E[++cnt]=(edge){v,head[u],1,w};head[u]=cnt;
    E[++cnt]=(edge){u,head[v],0,-w};head[v]=cnt;
}
bool spfa(ll &res){
    memset(dis,63,sizeof(dis));
    dis[S]=0;Q.push(S);
    while(!Q.empty()){
        int u=Q.front();Q.pop();vis[u]=0;
        for(int i=head[u],v;i;i=E[i].nxt)
            if(E[i].w&&dis[v=E[i].to]>dis[u]+E[i].cost){
                dis[v]=dis[u]+E[i].cost;pe[v]=i;
                if(!vis[v])vis[v]=1,Q.push(v);
            }
    }
    if(dis[T]==dis[0])return false;res+=dis[T];
    for(int i=T;i!=S;i=E[pe[i]^1].to)--E[pe[i]].w,++E[pe[i]^1].w;
    return true;
}
ll cal(int k){
    for(int i=1;i<=k;++i)L[i]=D[i]=0,R[i]=U[i]=233;
    for(int i=1;i<=m;++i)
        if(b[i]<k){
            if(t[i]=='L')L[b[i]+1]=a[i]+1;
            if(t[i]=='R')R[k-b[i]]=a[i]-1;
            if(t[i]=='D')D[b[i]+1]=a[i]+1;
            if(t[i]=='U')U[k-b[i]]=a[i]-1;
        }
    for(int i=2;i<=k;++i)L[i]=max(L[i],L[i-1]),D[i]=max(D[i],D[i-1]);
    for(int i=k-1;i;--i)R[i]=min(R[i],R[i+1]),U[i]=min(U[i],U[i+1]);
    memset(head,0,sizeof(head));cnt=1;S=n+k<<1|1;T=n+k+1<<1;
    for(int i=1;i<=n;++i)link(i,n+i,-v[i]-1000000000000000ll);
    for(int i=1;i<=k;++i){
        link(S,n+n+i,0);link(n+n+k+i,T,0);
        for(int j=1;j<=n;++j){
            if(L[i]<=x[j]&&x[j]<=R[i])link(n+n+i,j,0);
            if(D[i]<=y[j]&&y[j]<=U[i])link(n+j,n+n+k+i,0);
        }
    }
    ll res=0;while(spfa(res));return -res-1000000000000000ll*k;
}
int main(){
    n=gi();
    for(int i=1;i<=n;++i)x[i]=gi(),y[i]=gi(),v[i]=gi();
    m=gi();
    for(int i=1;i<=m;++i)t[i]=gc(),a[i]=gi(),b[i]=gi();
    for(int i=1;i<=n;++i)ans=max(ans,cal(i));
    printf("%lld\n",ans);return 0;
}

F - Walk on Graph

description

有一張\(n\)點\(m\)邊無向圖和一個奇數\(mod\)，邊有邊權，給出\(q\)組詢問，每次詢問是否存在一條從\(s\)走到\(t\)的長度對\(mod\)取模後等於\(r\)的路徑。路徑不要求是簡單路徑，即可以來回走。這裏路徑長度的定義並非所有邊的長度之和，而是經過的第\(i\)條邊的長度乘上\(2^i\)之和。

\(n,m,q \le5\times10^4,3\le mod\le 10^6,2\nmid mod\)

solution

把路徑反過來，問題轉化成了：

一個人初始在\(t\)點，有一個數\(x\)初值為\(0\)。每當他走過一條長度為\(c\)的邊，數\(x\)就會變成\(2x+c\)並對\(mod\)取模，問是否存在一條路徑使走到\(s\)點後數\(x\)恰好等於\(r\)。

這樣暴力的做法就是建立\(n\times mod\)個狀態然後連邊，詢問就是查詢狀態\((t,0)\)是否可以到達狀態\((s,r)\)。

通過觀察可以發現一些性質：

1、所有的邊（指狀態之間的連邊）都是雙向的。考慮一條邊\((a,b,c)\)，通過這條邊可以實現\((a,x)\to(b,2x+c)\to(a,4x+3c)\to(b,8x+7c)\to...\)，而最終一定可以回到狀態\((a,x)\)。證明略顯然在模意義下每個\(x\)都有唯一對應的\(2x+c\)以及唯一對應的\(\frac{x-c}{2}\)，所以走一個長度為偶數的環就能回到原狀態了。

2、如果存在兩條邊\((u,v,a)\)和\((u,w,b)\)，那麽就有\((u,x)\to(v,2x+a)\to(v,4x+3a)\)以及\((u,x)\to(w,2x+b)\to(u,4x+3b)\)，也就是說狀態\((u,4x+3a)\)與狀態\((u,4x+3b)\)是等價的，即狀態\((u,x)\)與狀態\((u,x+3(a-b))\)是等價的。

由此，我們可以求出所有有公共點的邊的邊權之差的\(\gcd\)（由於圖是連通的，所以這等價於任意兩條邊邊權之差的\(\gcd\)），設之為\(g\)，則對於所有點而言，狀態\((u,x)\)與狀態\((u,x+3g)\)均是等價的。那麽我們就可以令\(mod \gets \gcd(mod,3g)\)了。

觀察到此時每條邊的邊權\(\mod g\)都是相等的，不妨設為\(z\)。可以考慮通過一些奇技淫巧把\(z\)去掉：把所有邊權減去\(z\)，同時把所有狀態的第二維擡高\(z\)，即原本的\((u,x)\to(v,2x+c)\)變成\((u,x+z)\to(v,2(x+z-z)+(c-z)+z)=(v,2x+c)\)。這樣轉化後所有狀態的含義以及轉移都可以與轉化前一一對應，因此正確性不存在問題，而經過這樣的轉化後，我們可以發現每次轉移後非\(x\)項加上的常數都是\(g\)的倍數。因此，從一個狀態\((u,x)\)出發能夠到達的所有狀態，一定都可以被表示成\((v,px+qg)\)的形式，其中\(p\)是\(2\)的非負整數次冪，\(q\)是任意非負整數，進一步的，因為\(mod|3g\)，故\(q\in\{0,1,2\}\)。

而因為\((u,x)\to(v,2x+c)\to(u,4x+3c)=(u,4x)\)，所以\(p\in\{1,2\}\)。於是，我們便可以設計總共\(6n\)個狀態表示\((u,px+qg)\)，其中\(u\in[1,n],p\in\{1,2\},q\in\{0,1,2\}\)。

這樣詢問時就需要詢問\((t,z)\)能否到達\((s,r+z)\)。相當於我們需要找到一組\((p,q),p\in N^*,q\in\{0,1,2\}\)，滿足\((t,x)\)與\((s,(p\mod 2)x+qg)\)連通且\(pz+qg=r+z\)。所以可以預處理出\([1,mod)\)中每個數是否等於某個\(2\)的奇數/偶數次冪，然後對於每組詢問直接枚舉\((p,q)\)即可。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int gi(){
    int x=0,w=1;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')w=0,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?x:-x;
}
const int N=1e6+5;
int n,m,q,mod,a[N],b[N],c[N],g,z,fa[N],chk[2][N];
int find(int x){return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);}
void link(int x,int y){fa[find(x)]=find(y);}
int id(int u,int x,int y){return u*6+x*2+y;}
int main(){
    n=gi();m=gi();q=gi();mod=gi();
    for(int i=1;i<=m;++i){
        a[i]=gi(),b[i]=gi(),c[i]=gi();
        g=__gcd(g,abs(c[i]-c[1]));
    }
    if(!g)g=mod;mod=__gcd(mod,3*g);z=c[1]%g;
    for(int i=0;i<n*6;++i)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        int u=a[i]-1,v=b[i]-1,w=(c[i]-z)/g%3;
        for(int x=0;x<3;++x){
            link(id(u,x,0),id(v,(2*x+w)%3,1));
            link(id(u,x,1),id(v,(2*x+w)%3,0));
            link(id(v,x,0),id(u,(2*x+w)%3,1));
            link(id(v,x,1),id(u,(2*x+w)%3,0));
        }
    }
    for(int i=0,j=z;i<mod<<1;++i,j=(j<<1)%mod)chk[i&1][j]=1;
    while(q--){
        int s=gi()-1,t=gi()-1,r=gi(),res=0;
        for(int x=0;x<3;++x)
            for(int y=0;y<2;++y)
                if(find(id(t,0,0))==find(id(s,x,y)))
                    res|=chk[y][(r+z+(3-x)*g)%mod];
        puts(res?"YES":"NO");
    }
    return 0;
}

AtCoder Grand Contest 031 簡要題解