C.Odd Even Sort
题目描述
有一个长度为 \(n\) 的排列，要求通过 \(n^2\) 次操作把他变成 \(1,2...n\) 的排列：
- 奇数次操作可以操作奇数位置 \(x\)，即交换 \(p[x],p[x+1]\)
- 偶数次操作可以操作偶数位置 \(x\)，即交换 \(p[x],p[x+1]\)
\(n\leq 500\)
解法
\(n^2\) 次操作这么宽松，可以考虑一下一次把 \(1,2,3...\) 换到第一个位置，第二个位置，第三个位置 \(...\)
看上去交换是很容易的，如果目标数字在奇数位置，现在操作也在奇数位置怎么办？这就涉及了浪费步数的问题，递归到 \(n=3\) 的情况是可以特判的，那么我们考虑 \(n>3\) 的情况。
可以直接操作目标数字，再操作初始目标数字位置的前一位浪费步数，那么现在奇偶性就对得上了，直接往前一直操作就行。注意如果目标数字在 \(n\) 这个位置，就操作 \(n-2\) 浪费步数即可。
对于 \(n=3\) 一直无脑乱换，可以证明有限步内达到答案状态。
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 505;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int T,n,nw,f,ji,ou,p[M];vector<int> ans;
void work(int &nw)
{
if(nw) swap(p[ji],p[ji+1]),ans.push_back(ji);
else swap(p[ou],p[ou+1]),ans.push_back(ou);
nw^=1;
}
void solve(int x)
{
if(x==n-2)
{
while(!(p[n-2]<p[n-1] && p[n-1]<p[n]))
{
if(nw) swap(p[ji],p[ji+1]),ans.push_back(ji);
else swap(p[ou],p[ou+1]),ans.push_back(ou);
nw^=1;
}
return ;
}
for(int i=x;i<=n;i++)
if(p[i]==x)
{
if(i==x) {solve(x+1);return ;}
if(i%2==nw)
{
if(i==n)
{
swap(p[n-2],p[n-1]),ans.push_back(n-2);
nw^=1;
}
else
{
swap(p[i],p[i+1]),ans.push_back(i);
swap(p[i-1],p[i]),ans.push_back(i-1);
i++;
}
}
for(int j=i-1;j>=x;j--)
{
swap(p[j],p[j+1]);
ans.push_back(j);nw^=1;
}
solve(x+1);
return ;
}
}
signed main()
{
T=read();
while(T--)
{
n=read();ans.clear();nw=1;
if(n%2==0) ji=n-1,ou=n-2;
else ji=n-2,ou=n-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
p[i]=read();
if(n==2)
{
if(p[1]==1) puts("0\n");
else printf("1\n1\n");
continue;
}
solve(1);
printf("%d\n",ans.size());
for(int i=0;i<ans.size();i++)
printf("%d ",ans[i]);
puts("");
}
}
D.1 or 2
题目描述
有 \(n\) 个物品，每次拿一个或者拿两个，记录下拿走物品的权值和 \(x\)，最小化 \(\max(x)-\min(x)\)
\(1\leq n\leq 5000\)
解法
不难猜到一个贪心就是我们把最大的和最小的配对，但这是可以证明的：
考虑 \(A\leq B\leq C\leq D\) 两种配对方式满足：
\(\max(A+C,B+D)\geq \max(A+D,B+C),\min(A+C,B+D)\leq\min(A+D,B+C)\)
显然第二种配对方法最优，所以贪心成立。
然后我来了发贪心交上去 \(\tt Wa\) 穿了，哎，就是我的思维不严谨，我是傻逼。
注意这种贪心的适用范围是只存在两两配对的情况，如果存在单个配对就不行了。但是我们可以加入 \(0\)，让单个配对的东西和 \(0\) 配对即可，所以我们要枚举加入 \(0\) 的个数，时间复杂度 \(O(n^2)\)
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int inf = 2e9;
const int M = 10005;
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,m,ans,a[M];
signed main()
{
n=m=read();ans=inf;
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read();
for(int l=0;l<=n;l++)
{
sort(a+1,a+1+m);
if(m%2==0)
{
int mx=-inf,mi=inf;
for(int i=1;i<=m/2;i++)
{
mx=max(mx,a[i]+a[m-i+1]);
mi=min(mi,a[i]+a[m-i+1]);
}
ans=min(ans,mx-mi);
}
a[++m]=0;
}
printf("%d\n",ans);
}
E.Directed Tree
题目描述
给定 \(n\) 个点的树，求排列 \(a\) 满足 \(a_i\) 不是 \(i\) 的祖先（如果 \(i=a_i\) 仍然认为合法）
\(1\leq n\leq 2000\)
解法
这道题一看就很容斥了，我们枚举 \(a_x\) 是 \(x\) 祖先的位置数量 \(i\)，那么有：
\[ans=\sum_{i=0}^n(-1)^i\cdot f[i]\cdot (n-i)! \]其中 \(f[i]\) 表示钦定 \(i\) 个位置不合法的方案数，可以用树形 \(dp\) 算一下，设 \(dp[i][j]\) 表示以 \(i\) 为根的子树中钦定了 \(j\) 个位置不合法的方案数，每次我们考虑让 \(u\) 的某个儿子 \(v\) 的 \(a_v=u\) 而不是让 \(a_u\) 成为 \(u\) 的某个祖先，这样只管子树内转移才不会有冲突，然后弄个树上背包合并一下子树不合法位置个数即可。
时间复杂度 \(O(n^2)\)
#include <cstdio>
const int M = 2005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,tot,ans,f[M],siz[M],tmp[M],fac[M],dp[M][M];
struct edge
{
int v,next;
}e[2*M];
void dfs(int u,int fa)
{
dp[u][0]=1;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
for(int i=siz[u];i>=0;i--)
for(int j=siz[v];j>=0;j--)
tmp[i+j]=(tmp[i+j]+dp[u][i]*dp[v][j])%MOD;
siz[u]+=siz[v];
for(int i=0;i<=siz[u];i++)
dp[u][i]=tmp[i],tmp[i]=0;
}
for(int i=siz[u];i>=0;i--)
dp[u][i+1]=(dp[u][i+1]+dp[u][i]*(siz[u]-i))%MOD;
siz[u]++;
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int j=read();
e[++tot]=edge{j,f[i]},f[i]=tot;
e[++tot]=edge{i,f[j]},f[j]=tot;
}
dfs(1,0);fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
for(int i=0;i<=n;i++)
{
if(i&1) ans=(ans-dp[1][i]*fac[n-i])%MOD;
else ans=(ans+dp[1][i]*fac[n-i])%MOD;
}
printf("%lld\n",(ans+MOD)%MOD);
}
F.Logical Operations on Tree
题目描述
给定一棵 \(n\) 个节点的树，每个节点会被标记 \(0/1\)，每条边会被标记为 AND/OR
进行任意 \(n-1\) 次操作，每次操作选择有边相连的两个点合并成一个新的点，新点的标记为原来点标记经过边对应位运算的结果。
求最后整棵树能只剩下标记 \(1\) 为的点的树的数量。
\(n\leq 10^5\)
解法
思维方式真的很重要，这道题是树上删除问题，从叶子角度考虑最简单，我们讨论叶子和对应边的情况：
- 叶子标记为 \(1\)，边为
or，那么叶子以外的部分任意操作，最后都能合法。 - 叶子标记为 \(1\)，边为
and，那么这个点一定无影响。 - 叶子标记为 \(0\)，边为
or，那么这个点一定无影响。 - 叶子标记为 \(0\)，边为
and，那么操作这个点会让父亲为 \(0\)，优先操作一定最优。
综上，除了第一种情况，我们其它都可以无脑操作叶子。明确上面的结论之后我们可以暴力讨论 \(dp\)，但是官方给出更方便的做法。设 \(f[i]\) 表示子树内不存在 1 or 的情况，\(g[i]\) 表示 \(f[i]\) 的这些情况中合法情况个数，转移：
- 考虑边是
and/or，除掉1 or的情况：\(f[u]\leftarrow(2f[v]-g[i])\cdot f[u]\) - 考虑是
1 and或者0 or：\(g[u]\leftarrow g[u]\cdot f[u]\)
最后的答案是 \(2^{2n-1}-f[1]+g[1]\)，这是一个简单的容斥。
#include <cstdio>
const int M = 100005;
const int MOD = 998244353;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int n,tot,f[M],F[M],G[M];
struct edge
{
int v,next;
}e[2*M];
int qkpow(int a,int b)
{
int r=1;
while(b>0)
{
if(b&1) r=r*a%MOD;
a=a*a%MOD;
b>>=1;
}
return r;
}
void dfs(int u,int fa)
{
F[u]=2;G[u]=1;
for(int i=f[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
F[u]=(F[v]*2-G[v])*F[u]%MOD;
G[u]=G[u]*F[v]%MOD;
}
}
signed main()
{
n=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u=read(),v=read();
e[++tot]=edge{v,f[u]},f[u]=tot;
e[++tot]=edge{u,f[v]},f[v]=tot;
}
dfs(1,0);
printf("%lld\n",(qkpow(2,2*n-1)-F[1]+G[1]+MOD)%MOD);
}