Codeforces Round #580 (Div. 1)
https://codeforces.com/contest/1205
A. Almost Equal
随便构造一下吧...太水了不说了，放个代码吧。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
#define lf double
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
const int maxn = 1e6+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
int n,a[maxn];
int main() {
read(n);if(!(n&1)) return puts("NO"),0;
puts("YES");
for(int i=1,p=1;i<=n;i++,p^=1)
if(p) a[i]=i;
else a[i]=n*2-i+2;
for(int i=1+n,p=1;i<=n*2;i++,p^=1)
if(p) a[i]=a[i-n]+1;
else a[i]=a[i-n]-1;
for(int i=1;i<=n*2;i++) printf("%d ",a[i]);puts("");
return 0;
}
B. Shortest Cycle
很显然可以发现每一位至多只能有两个数这一位是\(1\)，否则我们就得到了一个最小的长度为\(3\)的环。
那么一共就只有\(100\)多个点了，直接\(\rm floyd\)找最小环就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
#define lf double
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
const int maxn = 1e6+10;
const int inf = 1e8;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
int dis[150][150],n,a[maxn],w[150][150];
int cmp(int a,int b) {return a>b;}
signed main() {
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
sort(a+1,a+n+1,cmp);while(n&&a[n]==0) n--;
if(n>130) return puts("3"),0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
dis[i][j]=w[i][j]=inf;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if((a[i]&a[j])&&i!=j) dis[i][j]=w[i][j]=1;//,printf("%d %d\n",i,j);
int ans=inf;
for(int k=1;k<=n;k++) {
for(int i=1;i<k;i++)
for(int j=i+1;j<k;j++)
ans=min(ans,dis[i][j]+w[i][k]+w[k][j]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
}write(ans==inf?-1:ans);
return 0;
}
C. Palindromic Paths
好多细节然后比赛的时候没写出来。。。
首先可以发现我们可以先处理出每个\(i+j\)为偶数的点，然后假设\((1,2)\)为\(0\)，也能处理出\(i+j\)为奇数的点。
现在得到的这张图如果错误只有可能是所有奇数点反过来了。
我们一定能在主对称轴上找到一个\(3\times 3\)的矩形满足\(s_{i,i}=1,s_{i+2,i+2}=0,i\%2=1\)，其中矩形是\((i,i)\sim (i+2,i+2)\)，\(s\)表示当前点的值。
那么我们就把问题转化成了\(n=3\)。
那么我们询问\((1,1),(2,3)\)和\((1,2),(3,3)\)，然后随便判一下就好了（细节真的多。。），具体参考下代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
#define lf double
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
const int maxn = 1e6+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
int s[55][55],n;
int query(int x,int y,int xx,int yy) {
printf("? %d %d %d %d\n",x,y,xx,yy);fflush(stdout);
int bo;read(bo);return bo;
}
void get(int x,int y,int xx,int yy) {
if(query(x,y,xx,yy)) s[xx][yy]=s[x][y];
else s[xx][yy]=!s[x][y];
}
int main() {
read(n);
s[1][1]=1;int p=0;
get(1,1,2,2),get(1,1,1,3),get(1,1,3,1),get(2,2,3,3);
get(1,2,3,2),get(1,2,2,3);s[2][1]=query(2,1,2,3)?s[2][3]:!s[2][3];
for(int i=4;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=3;j++) get(i-2,j,i,j);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=4;j<=n;j++) get(i,j-2,i,j);
for(int i=1;i<=n;i+=2) {
if(!(s[i][i]==1&&s[i+2][i+2]==0)) continue;
if(query(i,i,i+1,i+2)) p=!s[i+1][i+2];
else if(query(i,i+1,i+2,i+2)) p=s[i][i+1];
else {
if(s[i][i+1]==s[i+1][i+2]) p=s[i][i+1]==s[i][i+2];
else p=!s[i][i+1];
}break;
}
puts("!");
for(int i=1;i<=n;i++,puts(""))
for(int j=1;j<=n;j++)
if((i+j-1)&1) printf("%d",s[i][j]);
else printf("%d",s[i][j]^p);
fflush(stdout);
return 0;
}
D. Almost All
挺神的题。。反正我没想到
首先考虑个子问题，假设我们现在有棵\(n\)个点的数，如何凑出\([0,n-1]\)。
那么假设根节点有\(k\)个儿子分别为\(x_1..x_k\)，那么对于某个儿子\(x_p\)给这条边附上\(1+\sum_{i=1}^{p-1}sz_{x_i}\)的权值，然后递归做子问题就好了，正确性显然。
那么如果我们能找到一个点，然后把这个点的儿子分成两份，假设前一份\(sz\)之和为\(a\)，后一份为\(b\)，我们就可以凑出\(ab+a-1\)个值，因为我们可以把后一份整体乘上\(a+1\)。
那么这个数最大显然是要\(a,b\)越接近越好，所以如果选定一个点，那么我们每次把最小的两个儿子合并一定最优。
可以发现如果我们选重心可以最大化这个东西：
- 如果当前有\(4\)个儿子，并且每个都小于\(n/2\)，那么显然合法。
- 如果只有三个，最大的那个一定会大于\(n/3\)小于\(n/2\)，把两个小的合并就合法了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
#define lf double
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
const int maxn = 1e6+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
int rt,f[maxn],sz[maxn],head[maxn],tot,n;
struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<1];
void ins(int u,int v) {e[++tot]=(edge){v,head[u]},head[u]=tot;}
void get_rt(int x,int fa) {
sz[x]=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=fa) get_rt(e[i].to,x),sz[x]+=sz[e[i].to],f[x]=max(f[x],sz[e[i].to]);
f[x]=max(f[x],n-sz[x]);
if(f[x]<f[rt]) rt=x;
}
priority_queue<pair<int,int > > q;
int fa[maxn];
int find(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
void put_ans(int x,int fa,int t) {
int p=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(e[i].to!=fa) {
printf("%d %d %lld\n",x,e[i].to,1ll*p*t);
put_ans(e[i].to,x,t);p+=sz[e[i].to];
}
}
int main() {
read(n);
if(n==1) return 0;
if(n==2) return puts("1 2 1"),0;
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int x,y,i=1;i<n;i++) read(x),read(y),ins(x,y),ins(y,x);
f[rt]=1e9;get_rt(1,0);
int x=rt;//write(x);
for(int v,i=head[x];i;i=e[i].nxt)
get_rt(v=e[i].to,x),q.push(mp(-sz[v],v));
while(q.size()>2) {
int x=q.top().sc,a=q.top().fr;q.pop();
int y=q.top().sc,b=q.top().fr;q.pop();
fa[find(y)]=find(x);
q.push(mp(a+b,x));
}
int a=q.top().sc,s=-q.top().fr;q.pop();
int b=q.top().sc;q.pop();//if(n==400) write(s);
int p=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(find(e[i].to)==a) {
printf("%d %d %d\n",x,e[i].to,p);
put_ans(e[i].to,x,1),p+=sz[e[i].to];
}
p=1;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
if(find(e[i].to)==b) {
printf("%d %d %lld\n",x,e[i].to,1ll*p*(s+1));
put_ans(e[i].to,x,s+1),p+=sz[e[i].to];
}
return 0;
}
E. Expected Value Again
显然可以发现如果串\(s\)有一个长度为\(i\)的答案，那么当且仅当\(s\)有一个长度为\(|s|-i\)的循环节。
设\(p_x(s)\)表示\(s\)有没有长度为\(x\)的循环节，有为\(1\)，否则为\(0\)。
那么答案可以写成\(E((p_1(s)+p_2(s)+\cdots +p_{n-1}(s))^2)\)。
那么根据期望的线性性，直接把里面展开答案就是：
\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}E(p_i(s)p_j(s))
\]
\]
也就是说对于一个\(i,j\)，如果\(s\)同时有长度为\(i,j\)的循环节就会给期望贡献一种方案，假设我们把所有必须相等的位置连边，就会给期望一个\(k^{cnt-n}\)的贡献，其中\(cnt\)是连通块的个数。
这里假设\(i>j\)，否则也是一样的。
那么我们可以把这\(n\)个位置分成\(i\)组写成一个环，也就是$\bmod i $的剩余系。
那么\(i\)的关系以及处理完了，我们需要在这个环上面连边，也就是\(x\)向\((x+j) \bmod i\)连边。
如果\(i+j\leqslant n\)，那么环上每个点都能向后连边，显然会构成\(\gcd(i,j)\)个连通块。
否则环上只有前\(n-j\)个点可以连边，我们考虑能形成多少个环，假设有\(c\)个，那么答案就是\(n-(n-i)-(n-j)+c=i+j-n+c\)。
画个图就知道，第一条连成环的边起点是\(i-\gcd(i,j)+1\)，所以一共会连成\(\max(0,n-j-(i-\gcd(i,j)+1)+1)\)。
那么代上去答案就是\(\max(i+j-n,\gcd(i,j))\)。
那么整合一下上面的东西，题目求的答案就是：
\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}k^{\max(i+j-n,\gcd(i,j))-n}
\]
\]
然后大力出奇迹就好了，其实后面的计算并不是重点，稍微说一下吧。
考虑枚举\(\gcd(i,j)\)和\(i+j\)的值：
\[k^{-n}\sum_{d=1}^{n-1}\sum_{s=1}^{2n-2}k^{\max(s-n,d)}cnt_{d,s}
\]
\]
\(cnt\)的定义（注意下面都是整除）：
\[l=\max(1,\lceil(s-n+1)/d\rceil),r=\min((n-1)/d,s/d-1)\\
cnt_{d,s}=\sum_{i=l}^{r}[\gcd(i,s/d-i)=1]\\
\]
cnt_{d,s}=\sum_{i=l}^{r}[\gcd(i,s/d-i)=1]\\
\]
反演一下：
\[cnt_{d,s}=\sum_{i=l}^{r}\sum_{t|i,t|s/d}\mu(t)\\
cnt_{d,s}=\sum_{t|s/d}\mu(t)(\frac{r}{t}-\frac{l-1}{t})
\]
cnt_{d,s}=\sum_{t|s/d}\mu(t)(\frac{r}{t}-\frac{l-1}{t})
\]
带上去算就好了。
\(cnt\)一共有\(O(n\log n)\)个，每次计算一行\(cnt\)要\(O(n\log n)\)，所以总复杂度大概是\(O(n\log ^2 n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
#define lf double
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
const int maxn = 2e5+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
int n,k,pri[maxn],tot,mu[maxn],vis[maxn],pw[maxn],cnt[maxn];
void sieve() {
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++) {
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) break;
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
}
int qpow(int a,int x) {
int res=1;
for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
return res;
}
int main() {
read(n),read(k);sieve();
pw[0]=1;int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) pw[i]=1ll*pw[i-1]*k%mod;
for(int d=1;d<=n-1;d++) {
int m=(2*n-2)/d;
for(int t=1;t<=m;t++)
for(int s=t;s<=m;s+=t)
cnt[s]+=mu[t]*(min(s-1,(n-1)/d)/t-max(0,(s*d-n)/d)/t);
for(int s=1;s<=m;s++) ans=(ans+1ll*pw[max(s*d-n,d)]*cnt[s]%mod)%mod;
for(int i=0;i<=m+2;i++) cnt[i]=0;
}ans=1ll*ans*qpow(qpow(k,n),mod-2)%mod;
write(ans);
return 0;
}
F. Beauty of a Permutation
太神啦写不动...好像是新的黑科技，叫什么析合树。