【AtCoder】AGC023 A-F題解
能夠說是第一場AGC了，作了三道題以後還有30min，槓了一下D題發現槓不出來，三題滾粗了
rating起步1300+，感受仍是很菜。。。
只有三題水平顯然之後還會瘋狂--啊（CF的慘痛經歷）ios
改題的感受彷佛還不錯由於思惟都很是的妙（我根本想不到）數組
A - Zero-Sum Ranges
開場娛樂你們的小水題，區間和爲0的狀況存在於sum[R] == sum[L - 1]，只要記錄一下某一個值的sum出現了多少次就行，懶得離散化直接用map就OK啊優化
代碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#define MAXN 200005
#define PLI pair<long long,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
int N;
int64 A[MAXN];
map<int64,int> mmm;
void Solve() {
scanf("%d",&N);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%lld",&A[i]);
mmm[0] = 1;
int64 ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
A[i] += A[i - 1];
ans += mmm[A[i]];
mmm[A[i]] += 1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
B - Find Symmetries
把矩陣行循環平移x，列循環平移y後，矩陣關於左上到右下這條對角線對稱
矩陣大小是300
而後我就寫了個暴力然而我並沒發現個人暴力是\(n^4\)而後愉快TLE
我就開始想着優化，發現固定行平移，每平移一列hash值的更改能夠O1算出來，check把每行每列hash起來比較，是O(n)的，而後過掉了spa
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#define MAXN 200005
#define PLI pair<long long,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define ha 99994711
#define ba 823
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
int N;
char s[305][305],b[305][305];
int64 hc[305],hr[305],e;
inline int C(int x) {
return x > N ? x - N : x;
}
bool check(int y) {
int T = C(N + y);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i)
hr[i] = (hr[i] * ba + (b[i][T] - 'a' + 1)) % ha;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
if(hr[i] != hc[C(i + y)]) {
T = C(N + y + 1);
for(int j = 1 ; j <= N ; ++j)
hr[j] = (hr[j] - e * (b[j][T] - 'a' + 1) % ha + ha) % ha;
return false;
}
}
T = C(N + y + 1);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i)
hr[i] = (hr[i] - e * (b[i][T] - 'a' + 1) % ha + ha) % ha;
return true;
}
void Solve() {
scanf("%d",&N);
if(N == 1) {
puts("1");return;
}
e = 1;
for(int i = 1 ; i < N ; ++i) e = e * ba % ha;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
scanf("%s",s[i] + 1);
}
int cnt = 0;
for(int A = 0 ; A < N ; ++A) {
memset(hc,0,sizeof(hc));
memset(hr,0,sizeof(hr));
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
b[i][j] = s[C(i + A)][j];
hc[j] = (hc[j] * ba + (b[i][j] - 'a' + 1)) % ha;
if(j != N) {
hr[i] = (hr[i] * ba + (b[i][j] - 'a' + 1)) % ha;
}
}
}
for(int B = 0 ; B < N ; ++B) {
if(check(B)) ++cnt;
}
}
printf("%d\n",cnt);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
C - Painting Machines
while(1) 推式子
聯想到地震後的幻想鄉顯然題目能夠轉化爲
\(\sum_{i = 0}^{N - 2} T(i)\)其中\(T(i)\)表示用了i次操做沒有所有染黑的方案數
有\(T(0) = (N - 1)!\)
而後分類討論，一個是由於沒用N-1而沒有所有染黑的方案數是\(\binom{N - 2}{i}i!\)
若是用了N - 1，那麼方案是\((\binom{N - 2}{i - 1} - W(i - 1))i!\)
\(W(i)\)表示用了一個N - 1號機器和其餘i個機器，把全部方格染黑了的方案數
顯然序列裏會有1
把序列差分一下，會發現這個序列不是1就是2，也就是一堆1和一堆2的數目固定，一堆1和一堆2的和是N - 2，這是個二元一次方程，而後求出了1的個數和2的個數，就是個帶重複元素的全排列，答案是
\(\frac{(num_1 + num_2)! }{num_1 ! num_2 !}\)
其餘\(N - 1 - i\)臺機器隨意排列，最後還要乘上\((N - i - 1)!\)code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#define MAXN 1000005
#define PLI pair<long long,int>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define ha 99994711
#define ba 823
#define MOD 1000000007
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
int64 fac[MAXN],invfac[MAXN],ans;
int N;
int64 fpow(int64 x,int64 c) {
int64 res = 1,t = x;
while(c) {
if(c & 1) res = res * t % MOD;
t = t * t % MOD;
c >>= 1;
}
return res;
}
int64 C(int n,int m) {
if(n < m) return 0;
return fac[n] * invfac[m] % MOD * invfac[n - m] % MOD;
}
int64 W(int k) {
int x = N - 2 - k;
int y = k - x;
if(x < 0 || y < 0) return 0;
return fac[k] * invfac[y] % MOD * invfac[x] % MOD;
}
void Solve() {
scanf("%d",&N);
if(N == 2) {
puts("1");
return;
}
fac[0] = invfac[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
}
invfac[N] = fpow(fac[N],MOD - 2);
for(int i = N - 1 ; i >= 1 ; --i) {
invfac[i] = invfac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
ans += fac[N - 1];
for(int i = 1 ; i < N - 1 ; ++i) {
ans += (C(N - 2,i) + C(N - 2,i - 1) + MOD - W(i - 1))* fac[i] % MOD * fac[N - 1 - i] % MOD;
ans %= MOD;
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
D - Go Home
題解
神仙博弈題（其實也不算博弈）
你看完題，發現，啥，最優決策，咋最優啊，啥最優啊，什麼玩意，棄療吧……
題解是這麼說的，若是汽車在1 和N中間，且\(A_1 >= A_n\)，那麼N確定會投票給1，爲何，由於贏不了，若是暫時讓車靠近了N，最後也會由於N - 1公寓裏的人都回家了而車也再回到1，因此爲了早回家，N的票都會給1，且最後的操做必定會有一個\(X_{n} - X_{1}\)的長度，那麼咱們把N的票所有給1，\(P_{1} += P_{N}\)也沒有問題，若是\(A_{n} > A_{1}\)是相似的，以後就變成了1和N - 1之間的子問題……中止條件是全部公寓都在初始位置\(S\)的一邊
累加答案的話要注意和前一次操做方向相反才累加，若是前一次1 - N，下一次1 - (N - 1)，第二次的距離不用累加進答案排序
代碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
int N;
int64 S,X[MAXN],P[MAXN],ans;
void Solve() {
scanf("%d%lld",&N,&S);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
scanf("%lld%lld",&X[i],&P[i]);
}
int L = 1,R = N;
int dir = 0;
while(1) {
if(X[L] >= S) {ans += X[R] - S;break;}
if(X[R] <= S) {ans += S - X[L];break;}
if(P[L] >= P[R]) {
if(dir != 1) {dir = 1;ans += X[R] - X[L];}
P[L] += P[R];R--;
}
else {
if(dir != 2) {dir = 2;ans += X[R] - X[L];}
P[R] += P[L];L++;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
E - Inversions
我以爲這道題計算排列的方法應該算個比較重要前置技能，但這又不是什麼板啥的，若是知道了這個子問題那麼這道題至少會有頭緒
如何計算每一個數位有限制的排列總個數？
先計算一個\(cnt[k]\)表示能夠填k的位置的個數，能夠用一個後綴和算出來
答案就是\(\prod_{i = 1}^{N} cnt[i] - (N - i)\)
有了這個咱們再來看這道題
咱們對於兩個位置\(i < j\)且\(A_{i} <= A_{j}\)計算\(i\)位置上的數大於\(j\)位置上的數的排列的總和，咱們可讓\(A_{j} = A_{i}\)，而後計算排列個數，再除二就是答案
如下的\(cnt[i]\)更改爲\(cnt[i] - (N - i)\)
這樣的話咱們考慮更改\(A_{j}\)會使得\([A_{i} + 1,A_{j}]\)這個區間的cnt減1，也就是乘上了\((cnt[i] - 1) / cnt[i]\)，也就是處理成區間前綴乘積後相除，然而會發現處理0的狀況比較特殊，還須要記錄前綴出現了幾個0，前綴上0個數相同值纔不爲0，位置增長0的個數單調不減，因此能夠預處理出來每一段開始位置和結束位置
\(A_{i} > A_{j}\)咱們發現就是把\(A_{i} := A_{j}\)後總排列數減去計算出的新排列值的一半
以上兩種狀況均可以用樹狀數組快速維護get
代碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
const int MOD = 1000000007;
int N,A[MAXN],x[MAXN],st[MAXN],ed[MAXN];
int64 cnt[MAXN],V[MAXN],D[MAXN],ID[MAXN],S,tr[MAXN],tr_cnt[MAXN],Inv_2,ans;
int64 fpow(int64 x,int64 c) {
int64 res = 1,t = x;
while(c) {
if(c & 1) res = res * t % MOD;
t = t * t % MOD;
c >>= 1;
}
return res;
}
int lowbit(int x) {return x & (-x);}
void insert(int x,int64 v) {
while(x <= N) {
tr[x] += v;
tr[x] %= MOD;
tr_cnt[x]++;
x += lowbit(x);
}
}
int64 Query(int x,int64 v) {
int64 res = 0;
while(x > 0) {
res += tr[x];
x -= lowbit(x);
}
res %= MOD;
return res * v % MOD;
}
int64 getnum(int x) {
int64 res = 0;
while(x > 0) {
res += tr_cnt[x];
x -= lowbit(x);
}
return res;
}
int64 Query_range(int L,int R,int64 v) {
if(L == 0) ++L;
if(L > R) return 0;
return (Query(R,v) + MOD - Query(L - 1,v)) % MOD;
}
void Solve() {
scanf("%d",&N);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&A[i]),cnt[A[i]]++;
for(int i = N - 1; i >= 1 ; --i) cnt[i] += cnt[i + 1];
S = 1;Inv_2 = (MOD + 1) / 2;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
cnt[i] -= N - i;
if(cnt[i] <= 0) {puts("0");return;}
S = S * cnt[i] % MOD;
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
V[i] = (cnt[i] - 1) * fpow(cnt[i],MOD - 2) % MOD;
}
D[0] = 1;
st[0] = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
x[i] = x[i - 1];D[i] = D[i - 1];
if(V[i] == 0) {x[i]++;st[x[i]] = i;ed[x[i] - 1] = i - 1;}
else D[i] = D[i] * V[i] % MOD;
ID[i] = fpow(D[i],MOD - 2);
}
ed[x[N]] = N;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
ans += Query_range(st[x[A[i]]],A[i],D[A[i]] * S % MOD * Inv_2 % MOD);
ans %= MOD;
insert(A[i],ID[A[i]]);
}
memset(tr,0,sizeof(tr));
memset(tr_cnt,0,sizeof(tr_cnt));
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
int64 t = Query_range(A[i] + 1,ed[x[A[i]]],ID[A[i]] * S % MOD * Inv_2 % MOD);
ans += ((getnum(N) - getnum(A[i])) * S % MOD + MOD - t) % MOD;
ans %= MOD;
insert(A[i],D[A[i]]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
F - 01 on Tree
題解
這個是真的神仙題。。。
腦子裏一直是某個按子樹大小的貪心，而後一直被叉掉
最後說是初始化每一個節點就是一個單獨的樹，記錄這個樹裏1的個數和0，初始的時候1的個數即爲節點值是否爲1,0的個數即爲節點值是否爲0
咱們按照\(C_{0i}/C_{1i}\)排序，並把每一個點和直接父親接起來，意思就是把這個點的0和1接在父親節點的後面，多出來的貢獻便是
v是兒子，p是父親，\(C_{1p} * C_{0v}\)
推一下式子能夠證出來選別的兒子確定不優
而後更新父親p的值，也就是p變成了一個新的樹，這個能夠用並查集維護
而後帶更新的排序用一個set實現就能夠string
神仙題神仙題。。。hash
代碼
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <set>
#include <cstring>
#define MAXN 200005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
int N,P[MAXN],V[MAXN],fa[MAXN],C[2][MAXN];
int getfa(int x) {
return fa[x] == x ? x : fa[x] = getfa(fa[x]);
}
struct cmp {
bool operator() (const int &a,const int &b) {
if(1LL * C[0][a] * C[1][b] != 1LL * C[0][b] * C[1][a])
return 1LL * C[0][a] * C[1][b] > 1LL * C[0][b] * C[1][a];
else return a > b;
}
};
multiset<int,cmp> S;
void Solve() {
scanf("%d",&N);
for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&P[i]);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) scanf("%d",&V[i]);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) fa[i] = i;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) C[V[i]][i] = 1;
for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) S.insert(i);
int64 ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= N - 1 ; ++i) {
int v = *S.begin();
int p = getfa(P[v]);
S.erase(v);S.erase(p);
ans += 1LL * C[0][v] * C[1][p];
C[1][p] += C[1][v];C[0][p] += C[0][v];
fa[v] = p;
if(p != 1) S.insert(p);
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
return 0;
}
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