【AtCoder】AGC034
AGC034
刷了那麼久AtCoder我發現本身仍是隻會ABCE（手動再見node
A - Kenken Race
大意是一個橫列，每一個點能夠跳一步或者跳兩步，每一個格子是空地或者石頭，要求每一步不能走到石頭或者有人的格子上，求是否能把\(A\)移動到\(C\)，\(B\)移動到\(D\)，\(A < C,B < D,A < B\)c++
看\(A\)到\(C\)和\(B\)到\(D\)的路上有沒有兩個連在一塊兒的石頭，有就不合法函數
若是\(A\)須要越過\(B\)，則看\(B\)到\(D\)的路上有沒有三個連在一塊兒的空格，沒有就不合法ui
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
#define ba 47
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int N,A,B,C,D;
char s[MAXN];
void Solve() {
read(N);read(A);read(B);read(C);read(D);
scanf("%s",s + 1);
int ed = max(C,D),st = min(A,B);
for(int i = st + 1 ; i <= ed ; ++i) {
if(s[i] == '#' && s[i - 1] == '#') {
puts("No");return;
}
}
if(C > D) {
bool f = 0;
for(int i = B ; i <= D ; ++i) {
if(s[i] == '.' && s[i - 1] == '.' && s[i + 1] == '.') {f = 1;break;}
}
if(!f) {puts("No");return;}
}
puts("Yes");
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
B - ABC
每次選擇\(ABC\)能夠變成\(BCA\)，問最多幾回操做spa
統計以\(i\)爲開始的後綴緊跟着有多少\(BC\)code
若是\(s[i] == B,s[i + 1] == C\)那麼\(suf[i] = suf[i + 2] + 1\)遞歸
若是\(s[i] == A\)那麼\(suf[i] = suf[i + 1]\)get
答案是每一個\(s[i] == A\)的\(suf[i]\)it
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 200005
#define ba 47
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
char s[MAXN];
int L,suf[MAXN];
void Solve() {
scanf("%s",s + 1);
L = strlen(s + 1);
int64 ans = 0;
for(int i = L - 1; i >= 1 ; --i) {
if(s[i] == 'B' && s[i + 1] == 'C') suf[i] = suf[i + 2] + 1;
else if(s[i] == 'A') {
suf[i] = suf[i + 1];
ans += suf[i];
}
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
C - Tests
大意是兩我的一塊兒考試，第一我的能夠給每科分數分配一個重要度（每科的重要度是一個區間，第一我的在這個區間裏選），而後本身拼命學，每學一科一小時這科分數就會+1，分數有上限是X，要求最後第一我的每科分數乘每科重要度大於等於第二我的每科分數乘每科重要度，求第一我的至少要學多久class
考慮一下，若是每科重要度固定了，第一我的確定先把重要度最大的學到滿分，再學次大的，答案確定會是若干個X，加上至多一科不到X的
有了答案的形式，咱們回過頭來看這個問題，能夠對於計算每一科學到X後領先了第二我的多少，貪心的選k個X使得再選一個X，第一我的就超過第二個了
而後枚舉每一科，加上除了本身以外最大的k個X，再枚舉這一科學多久能超過第二我的，是個單調的函數，能夠二分，因而就作完了
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 100005
#define ba 47
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int N,pos,id[MAXN];
int64 l[MAXN],u[MAXN],b[MAXN],val[MAXN],X,all;
bool vis[MAXN];
void Solve() {
read(N);read(X);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
read(b[i]);read(l[i]);read(u[i]);
all -= b[i] * l[i];
val[i] = (X - b[i]) * u[i] + b[i] * l[i];
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) id[i] = i;
sort(id + 1,id + N + 1,[](int a,int b){return val[a] > val[b];});
int64 sum = 0;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
sum += val[id[i]];
if(sum + all >= 0) {pos = i - 1;sum -= val[id[i]];break;}
vis[id[i]] = 1;
}
all += sum;
int64 ans = (pos + 1) * X;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
int64 tmp = all;
if(vis[i]) {tmp -= val[i];tmp += val[id[pos + 1]];}
int64 L = 0,R = X + 1;
while(L < R) {
int64 mid = (L + R) >> 1;
int64 sc = 0;
if(mid >= b[i]) sc = (mid - b[i]) * u[i];
else sc = (mid - b[i]) * l[i];
if(tmp + b[i] * l[i] + sc >= 0) R = mid;
else L = mid + 1;
}
if(R <= X) {
ans = min(ans,pos * X + R);
}
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
D - Manhattan Max Matching
題意是平面上有n個紅點和n個藍點，每一個紅點和藍點有若干個紅球或藍球，總數相等，要求紅藍球兩兩匹配，每一個匹配的價值是兩點曼哈頓距離，總數不超過10000，n<=1000
水平低，看見費用流的題老是作不出來
因爲費用流的優秀性質，很容易發現費用流能夠幫助咱們在四種曼哈頓距離展開式中選擇最大的那種，因而咱們創建四種點表示四種展開式，邊數就不是\(N^2\)而是\(N\)了
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 2005
#define ba 47
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
int S,T,Ncnt,N;
int a[2][MAXN],ty[4];
struct node {
int to,next,cap;int64 val;
}E[MAXN * 100];
int head[MAXN * 2],sumE = 1;
int rx[MAXN],ry[MAXN],rc[MAXN];
int bx[MAXN],by[MAXN],bc[MAXN];
int dx[4] = {1,1,-1,-1};
int dy[4] = {1,-1,1,-1};
void add(int u,int v,int c,int64 a) {
E[++sumE].to = v;
E[sumE].next = head[u];
E[sumE].cap = c;
E[sumE].val = a;
head[u] = sumE;
}
void addtwo(int u,int v,int c,int64 a) {
add(u,v,c,a);
add(v,u,0,-a);
}
int64 dis[MAXN];bool inq[MAXN];
int preE[MAXN];
queue<int> Q;
int64 SPFA() {
for(int i = 1 ; i <= Ncnt ; ++i) dis[i] = -1e18;
memset(inq,0,sizeof(inq));
dis[S] = 0;inq[S] = 1;Q.push(S);
while(!Q.empty()) {
int u = Q.front();Q.pop();inq[u] = 0;
for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {
int v = E[i].to;
if(E[i].cap) {
if(dis[v] < dis[u] + E[i].val) {
dis[v] = dis[u] + E[i].val;
preE[v] = i;
if(!inq[v]) {Q.push(v);inq[v] = 1;}
}
}
}
}
return dis[T];
}
void Init() {
read(N);
S = ++Ncnt;
for(int i = 0 ; i < 2 ; ++i) {
for(int j = 1 ; j <= N ; ++j) {
a[i][j] = ++Ncnt;
}
}
for(int i = 0 ; i < 4 ; ++i) ty[i] = ++Ncnt;
T = ++Ncnt;
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {read(rx[i]);read(ry[i]);read(rc[i]);}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {read(bx[i]);read(by[i]);read(bc[i]);}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
addtwo(S,a[0][i],rc[i],0);
for(int j = 0 ; j < 4 ; ++j) {
addtwo(a[0][i],ty[j],1e9,dx[j] * rx[i] + dy[j] * ry[i]);
}
}
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
addtwo(a[1][i],T,bc[i],0);
for(int j = 0 ; j < 4 ; ++j) {
addtwo(ty[j],a[1][i],1e9,-dx[j] * bx[i] - dy[j] * by[i]);
}
}
}
void Solve() {
int64 ans = 0;
while(SPFA() > 0) {
int p = preE[T],f = 1e9;
while(p) {
f = min(f,E[p].cap);
p = preE[E[p ^ 1].to];
}
ans += dis[T] * f;
p = preE[T];
while(p) {
E[p].cap -= f;E[p ^ 1].cap += f;
p = preE[E[p ^ 1].to];
}
}
out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Init();
Solve();
}
E - Complete Compress
題意：每一個點初始時可能有一個標記，每次能夠選擇兩個至少有一個標記的點，初始的時候點要距離至少爲2，而後同時往離的更近的地方走一步，問可不可能把全部點移到一個點上，而且求最小距離
枚舉終點\(u\)，若是全部帶標記的點和\(u\)的距離的和是\(x\)，那麼若是\(x\)是奇數顯然走不到，若是\(x\)是偶數，那麼答案必定是\(\frac{x}{2}\)如今咱們只要判答案是否存在
存在的前提是\(u\)去掉後每一個子樹中的點能夠和不一樣子樹中的配對，知足條件是含有點最多的子樹中的點的個數小於等於全部點的一半
可是可能子樹裏也能夠兩兩配對，減少一部分距離，咱們就自底向上dp計算每一個點最多能夠減小多少的距離
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 500005
#define ba 47
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const int MAXV = 150000,LEN = 450000;
int N,M;
int a[MAXN],d;
int cnt[LEN + 5];
int getpos(int x) {
return x - d + MAXV;
}
struct node {
int l,r,val,cnt,lz;
}tr[LEN * 4 + 5];
void update(int u) {
tr[u].val = min(tr[u << 1].val,tr[u << 1 | 1].val);
tr[u].cnt = 0;
if(tr[u].val == tr[u << 1].val) tr[u].cnt += tr[u << 1].cnt;
if(tr[u].val == tr[u << 1 | 1].val) tr[u].cnt += tr[u << 1 | 1].cnt;
}
void build(int u,int l,int r) {
tr[u].l = l;tr[u].r = r;
if(l == r) {tr[u].cnt = 1;return;}
int mid = (l + r) >> 1;
build(u << 1,l,mid);
build(u << 1 | 1,mid + 1,r);
update(u);
}
void addlz(int u,int v) {
tr[u].val += v;tr[u].lz += v;
}
void pushdown(int u) {
if(tr[u].lz) {
addlz(u << 1,tr[u].lz);
addlz(u << 1 | 1,tr[u].lz);
tr[u].lz = 0;
}
}
void add(int u,int l,int r,int v) {
if(tr[u].l == l && tr[u].r == r) {
addlz(u,v);
return;
}
pushdown(u);
int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
if(r <= mid) add(u << 1,l,r,v);
else if(l > mid) add(u << 1 | 1,l,r,v);
else {add(u << 1,l,mid,v);add(u << 1 | 1,mid + 1,r,v);}
update(u);
}
pii Query(int u,int l,int r) {
if(tr[u].l == l && tr[u].r == r) return mp(tr[u].val,tr[u].cnt);
pushdown(u);
int mid = (tr[u].l + tr[u].r) >> 1;
if(r <= mid) return Query(u << 1,l,r);
else if(l > mid) return Query(u << 1 | 1,l,r);
else {
pii a = Query(u << 1,l,mid),b = Query(u << 1 | 1,mid + 1,r);
if(a.fi > b.fi) swap(a,b);
if(a.fi == b.fi) a.se += b.se;
return a;
}
}
void Solve() {
read(N);read(M);
build(1,1,LEN);
for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
read(a[i]);
a[i] += MAXV;
add(1,a[i] - cnt[a[i]],a[i] - cnt[a[i]],1);
cnt[a[i]]++;
}
int p,x;
for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {
read(p);read(x);
if(p == 0) {
if(x == 1) {
if(cnt[getpos(N)]) {add(1,getpos(N) - cnt[getpos(N)] + 1,getpos(N),-1);}
}
else {
if(cnt[getpos(N + 1)]) {add(1,getpos(N + 1) - cnt[getpos(N + 1)] + 1,getpos(N + 1),1);}
}
d += x;
}
else {
if(a[p] <= getpos(N)) {
add(1,a[p] - cnt[a[p]] + 1,a[p] - cnt[a[p]] + 1,-1);
}
cnt[a[p]]--;
a[p] = x - d + MAXV;
if(a[p] <= getpos(N)) {
add(1,a[p] - cnt[a[p]],a[p] - cnt[a[p]],1);
}
cnt[a[p]]++;
}
pii res = Query(1,getpos(1),getpos(N));
int ans = 0;
if(res.fi == 0) ans = res.se;
out(ans);enter;
}
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
F - RNG and XOR
題目大意：有一個隨機數生成器每一個數以必定機率生成\(0\)到\(2^{N} - 1\)的整數值，初始有一個X，每次進行操做生成一個數\(v\)，而後\(X = X \oplus v\)那個符號是異或，問從\(X\)第一次到\([0,2^{N} - 1]\)的指望步數是多少
咱們能夠變成從一個數\(i\)到\(0\)的指望步數，這顯然是等價的
\[ x_{i} = (\sum_{j = 0}^{2^{N} - 1} p_{j}x_{j \oplus i}) + 1 \]
em，這個形式看起來沒什麼幫助
因而咱們把1移過去
\[ x_{i} - 1 = \sum_{j = 0}^{2^{N} - 1} p_{j}x_{j \oplus i} \]
因而咱們能夠想到。。。FWT的異或卷積
\[ (x_{0},x_1,x_2,x_3\cdots x_{2^{N} - 1})\bigoplus(p_{0},p_{1},p_{2},p_{3}\cdots p_{2^{N} - 1}) = (?,x_{1} - 1,x_{2} - 1,x_{3} - 1,\cdots x_{2^{N} - 1} - 1) \]
\(?\)應該是啥。。就是又發現先後的總和應該不變，因而\(?\)就是\(x_{0} + 2^{N} - 1\)
因而式子變成
\[ (x_{0},x_1,x_2,x_3\cdots x_{2^{N} - 1})\bigoplus(p_{0},p_{1},p_{2},p_{3}\cdots p_{2^{N} - 1}) = (x_{0} + 2^{N}-1,x_{1} - 1,x_{2} - 1,x_{3} - 1,\cdots x_{2^{N} - 1} - 1) \]
em，又有個小技巧，把\(p_0\)減去1，很容易發現咱們把後面的變量都消掉了！
\[ (x_{0},x_1,x_2,x_3\cdots x_{2^{N} - 1})\bigoplus(p_{0} - 1,p_{1},p_{2},p_{3}\cdots p_{2^{N} - 1}) = (2^{N}-1,- 1,- 1,- 1,\cdots - 1) \]
這樣的話，咱們至關於求一個FWT異或卷積的逆，這個能夠相似的遞歸實現
可是最後呢有一層是
\[ x_{0} + x_1 + x_2 + x_3 + \cdots + x_{2^{N} - 1}\bigoplus(p_{0} - 1 + p_{1} + p_{2} + p_{3} + \cdots + p_{2^{N} - 1}) = 0 \]
這個時候沒有什麼貢獻，因而咱們選擇把每一個\(x\)都加上一個常數，最後用\(x_{0} = 0\)把這個常數消掉，因而到了這一層能夠返回一個任意的正數
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define eps 1e-10
#define MAXN 2005
#define ba 47
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
res = 0;T f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {
if(c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(c >= '0' && c <= '9') {
res = res * 10 +c - '0';
c = getchar();
}
res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
if(x >= 10) {
out(x / 10);
}
putchar('0' + x % 10);
}
const int MOD = 998244353,inv2 = (MOD + 1) / 2;
int N,A[(1 << 18) + 5],S;
int inc(int a,int b) {
return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
return 1LL * a * b % MOD;
}
void update(int &x,int y) {
x = inc(x,y);
}
int fpow(int x,int c) {
int res = 1,t = x;
while(c) {
if(c & 1) res = mul(res,t);
t = mul(t,t);
c >>= 1;
}
return res;
}
vector<int> trans(vector<int> p,vector<int> m) {
if(p.size() == 1) {
if(p[0] == 0 && m[0] == 0) return (vector<int>){1};
else return (vector<int>){mul(m[0],fpow(p[0],MOD - 2))};
}
vector<int> p0,p1,m0,m1;
for(int i = 0 ; i < p.size() ; i += 2) {
p0.pb(inc(p[i],p[i + 1]));
p1.pb(inc(p[i],MOD - p[i + 1]));
m0.pb(inc(m[i],m[i + 1]));
m1.pb(inc(m[i],MOD - m[i + 1]));
}
p0 = trans(p0,m0);p1 = trans(p1,m1);
vector<int> res;
for(int i = 0 ; i < p0.size() ; ++i) {
res.pb(mul(inc(p0[i],p1[i]),inv2));
res.pb(mul(inc(p0[i],MOD - p1[i]),inv2));
}
return res;
}
void Solve() {
read(N);
for(int i = 0 ; i < (1 << N) ; ++i) {
read(A[i]);
update(S,A[i]);
}
S = fpow(S,MOD - 2);
for(int i = 0 ; i < (1 << N) ; ++i) {
A[i] = mul(A[i],S);
}
vector<int> a,b;
b.pb((1 << N) - 1);
for(int i = 1 ; i < (1 << N) ; ++i) b.pb(-1);
for(int i = 0 ; i < (1 << N) ; ++i) {
int t = A[i];
if(i == 0) t = inc(t,MOD - 1);
a.pb(t);
}
vector<int> ans = trans(a,b);
for(int i = 0 ; i < (1 << N) ; ++i) {
out(inc(ans[i],MOD - ans[0]));enter;
}
}
int main() {
#ifdef ivorysi
freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
Solve();
}
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