Dylan's Blog
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6月3日 AtCoder Grand Contest 025 题目链接：https://agc025.contest.atcoder.jp/assignments

A - Digits Sum

直接枚举就好了，不多说。

B - RGB Coloring

思路： 思路比较巧妙。我们可以将题意进行转化，你可以在n层中选取任意a层涂红，再从n层中选取任意b层涂蓝（如果一层既涂成红，又涂成蓝，那就相当与原题中的涂成绿）。

这样就把原来三种颜色变成两种。于是只要枚举a, b,答案就是之和，其中满足A*a+B*b=K。

代码：

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define LL long long
#define MAXN 300005
#define p 998244353
using namespace std;

LL n, a, b, k, ans, fac[MAXN], inv[MAXN];

LL ksm(LL x, LL y)
{
    LL sum=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) sum=(x*sum)%p;
        x=(x*x)%p; y>>=1;
    }
    return sum;
}

void init()
{
    fac[0]=fac[1]=1;
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2; i<=n; i++) inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
    for(int i=2; i<=n; i++) fac[i]=fac[i-1]*i%p;
    for(int i=2; i<=n; i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%p; 
}

LL com(int n, int m)
{
    if(m>n) return 0; 
    return fac[n]*inv[n-m]%p*inv[m]%p;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &a, &b, &k);
    if(k==0) {printf("1\n"); return 0;}
    init();
    for(int i=1; a*i<=k && i<=n; i++)
    {
        if((k-a*i)%b!=0) continue;
        int j=(k-a*i)/b;
        ans=(com(n, i)*com(n, j)%p+ans)%p;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

C - Interval Game

思路： 这是一个贪心，每次Aoki一定会选择让Takahashi行走距离最长的区间，而Takahashi一定会走到区间上最靠近自己的端点（如果Takahashi在区间中，则不动）。

因此，Aoki会选择左端点最右或右端点最左的区间，他轮流选择 左区间和右区间，这样使得Takahashi走的最长。

长度就比较好计算（细节见代码），但要注意由于起点和终点在原点，所以要把[0,0]这个区间加入进去。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100005
#define LL long long 
using namespace std;

LL n, ans, l[MAXN], r[MAXN];

bool CMP1(LL x, LL y) {return x>y;}
bool CMP2(LL x, LL y) {return x<y;}

int main()
{
    scanf("%lld", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld%lld", &l[i], &r[i]);
    sort(l, l+n+1, CMP1);
    sort(r, r+n+1, CMP2);
    for(int i=0; i<=n; i++) if(l[i]>r[i]) ans+=l[i]-r[i];
    printf("%lld\n", ans*2);
}

D - Choosing Points

思路： 这其实是一个二分图染色，假设一个点为白色，那么我们可以将与它相距$\sqrt{D}$的点染成黑色，那么这样永远不会有两种颜色相同的点距离为$\sqrt{D}$（由于是二分图，染色是不会冲突）。二分图的证明可以看原题题解，证明了一大堆

于是我们可以依据D1和D2，将这个图进行两次染色。我们可以根据我们染的颜色，确定出n^2个点。原题题解也证明了保证有n^2个点符合要求。 代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 600
using namespace std;

int n, m, cnt, d[5], col[MAXN][MAXN][2];
bool vis[MAXN][MAXN][2];

void dfs(int x, int y, int a, int b)
{
    if(x<0 || x>m || y<0 || y>m || vis[x][y][a]) return;
    vis[x][y][a]=true; col[x][y][a]=b;
    for(int i=0; i*i<=d[a]; i++)
    {
        int j=sqrt(d[a]-i*i);
        if(i*i+j*j!=d[a]) continue;
        dfs(x+i, y+j, a, 3-b);
        dfs(x-i, y+j, a, 3-b);
        dfs(x+i, y-j, a, 3-b);
        dfs(x-i, y-j, a, 3-b);
    }
}

void debug()
{
    for(int i=0; i<=m; i++)
    {
        for(int j=0; j<=m; j++) printf("%d ", col[i][j][0]);
        printf("\n");
    }
    printf("\n\n");
    for(int i=0; i<=m; i++)
    {
        for(int j=0; j<=m; j++) printf("%d ", col[i][j][1]);
        printf("\n");
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &d[0], &d[1]);
    m=n*2-1;
    for(int i=0; i<=m; i++)
    for(int j=0; j<=m; j++)
    {
        if(!vis[i][j][0]) dfs(i, j, 0, 1);
        if(!vis[i][j][1]) dfs(i, j, 1, 1);
    }
    for(int i=0; i<=m; i++)
    for(int j=0; j<=m; j++)
    {
        if(col[i][j][0]==1 && col[i][j][1]==1)
        {
            printf("%d %d \n", i, j);
            if(++cnt==n*n) return 0;
        }
    }
}

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5月6日，CodeForces round 963 题目链接：http://codeforces.com/contest/963

总体难度蛮大，题目特别好，特别考察思维能力。

A - Alternating Sum

思路： 开始确实没有什么思路。看数据范围a,b,n都很大，只有k小一点。所以复杂度应该和k有关，与a,b,n无关。

然后往这个思路去想，就可以发现所求式子是一个等比数列。由于符号k个一循环，所以我们可以将每一个循环看作一项。然后就计算式子的首项和公比，运用等比数列求和公式求出答案。

代码：

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#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 100005
#define p 1000000009
#define LL long long
using namespace std;

LL n, a, b, k, a1, q, ans;
char opt[MAXN];

LL ksm(LL x, LL y)
{
    LL sum=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) sum=(sum*x)%p;
        y>>=1; x=(x*x)%p;
    }
    return sum%p;
}

int main()
{
    scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d", &n, &a, &b, &k);
    scanf("%s", opt);
    for(int i=0; i<k; i++) //计算首项
    {
        if(opt[i]=='+') a1=(a1+(ksm(a, n-i)*ksm(b, i))%p)%p;
        else a1=(a1-(ksm(a, n-i)*ksm(b, i))%p)%p;
        if(a1<0) a1+=p;
    }
    q=ksm(b, k)*ksm(ksm(a, k), p-2)%p; //计算公比
    if(q!=1) ans=a1*(ksm(q, (n+1)/k)-1)%p*ksm(q-1, p-2)%p; //用数学公式算出答案
    else ans=a1*(n+1)/k%p; //注意特判公比为1
    printf("%I64d\n", (ans+p)%p);
}

B - Destruction of a Tree

思路： 这道题也比较思维特别巧妙，我个人觉得其实有一点像树形DP。

首先从根节点遍历一遍树，用一个数组记录它儿子的个数。递归回去时如果它儿子是奇数个，那么该节点的度数就是偶数，所以可以将该节点删去，并将父亲节点的儿子个数-1。然后就这样递归到根节点，如果根节点度数时奇数，那就无解。

然后就考虑如何输出答案。首先肯定是把能够删除（度数为偶数）的先删去，这之后再把其他点删去。这个同样可以利用递归的思想，输出方案。

代码：

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#define MAXN 200005
using namespace std;

struct Edge {int to, next;} edge[MAXN*2];

int n, t, root, cnt, head[MAXN], son[MAXN], sta[MAXN], top;

void addedge(int from, int to)
{
    edge[++cnt].next=head[from];
    edge[cnt].to=to;
    head[from]=cnt;
}

void dfs(int x, int f)
{
    son[f]++;
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to!=f) dfs(to, x);
    }
    if(son[x]%2) son[f]--;
}

void dfs1(int x, int f) //输出方案
{
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to!=f && son[to]%2) dfs1(to, x);
    }
    printf("%d\n", x);
    for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        if(to!=f && son[to]%2==0) dfs1(to, x);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%d", &t);
        if(t==0) root=i;
        else
        {
            addedge(i, t);
            addedge(t, i);
        }
    }
    dfs(root, 0);
    if(son[root]%2) printf("NO\n");
    else
    {
        printf("YES\n");
        dfs1(root, 0);
    }
}

C - Cutting Rectangle

思路： 首先如何计算答案并不难想到。求出所有c[i]的GCD，然后该数的约数个数就是答案。

但是判断无解情况就比较难想了。考虑能够构成矩形的条件，所有大矩形一定是通过若干单位矩形构成的。接下来我们便考虑单位矩形，当ｗ相同时，不同的ｈ在单位矩形中的个数与它的总个数是成比例的。也就是w[i]的数量：总数量＝c[i]:h[i]的数量。只要有任何一种矩形不满足这个式子，就不存在单位矩形，即是无解。

代码：

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#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 200005
#define LL long long
using namespace std;

LL n, sum, temp, ans, w[MAXN], h[MAXN], c[MAXN];
map<LL, LL> a, b; 

LL gcd(LL x, LL y)
{
    if(y==0) return x;
    return gcd(y, x%y); 
} 

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%lld%lld%lld", &w[i], &h[i], &c[i]);
        a[w[i]]+=c[i]; b[h[i]]+=c[i];
        sum+=c[i]; temp=gcd(temp, c[i]);
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) if(fabs((double)a[w[i]]/sum-(double)c[i]/b[h[i]])>1e-16)
    {
        printf("0");
        return 0;
    }
    for(LL i=1; i*i<=temp; i++)
    {
        if(temp%i==0) ans+=2;
        if(i*i==temp) ans--;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

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问题描述

给你一个长为n(n<=15)的序列，你需要将它排序（从小到大）。

你可以从中选取任意一段将它取出，并插入序列中任意位置。问你最少需要多少次这种操作。

输入

第一行给出数据组数T。 每组数据第一行给出n。 接下来一行给出你n个数（这些数是1-n的排列）。

输出

对于每一组数据输出最小的操作次数。 如果操作次数大于或等于5，输出“5 or more”

思路

看数据范围就知道是搜索，而且时限也很宽。

我们分析一下普通的搜索，枚举任意一段共有n*(n-1)/2种情况，枚举插入的位置共有n种情况。所以一次操作就有O(n^3)复杂度，最多要枚举4次操作，所以总复杂度是肯定不符合要求的。

但是我们可以使用IDA* 搜索。假如a[i]+1!=a[i+1]则称这是一个错误后缀，如果一个序列没有错误后缀，则它是有序的。然后我们考虑每一次操作最优只能减少3个错误后缀，所以操作数一定大于等于错误后缀数/3.因此我们将错误后缀数/3作为估值函数。其他的实现就比较简单了。

细节

  1. 循环中变量的范围一定不要弄错了
  2. 估值函数不要写错了，是（cnt+2)/3

代码

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#include 
#include 
#include 
#define MAXN 200
using namespace std;

int T, n, a[MAXN], t[MAXN], ans;
bool flag;

int h(int *a)
{
    int cnt=0; 
    for(int i=1; i
void move(int x, int y, int len, int *temp)
{
    for(int i=0; i
bool dfs(int step, int *a)
{
    int temp[MAXN];
    if(h(a)==0) {flag=true; return true;}
    if(h(a)+step>ans) return false;
    for(int len=1; len
int main()
{
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        flag=false;
        scanf("%d", &n);
        for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", &a[i]);
        for(ans=0; ans<=4; ans++) if(dfs(0, a))
        {
            printf("%d\n", ans);
            break;
        }
        if(!flag) printf("5 or more\n");
    }
}

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问题描述

说的简单点就是给你一张n个点m条边的有向图和起点S，终点T。求从S出发到T的第K短路。

输入

第一行n，m。 接下来m行，每行描述一条有向边。 最后一行S，T，K三个数

输出

输出第K短路的长度，如果不存在则输出-1。

思路

这就是K短路的模板题吧。用可持久化左偏树维护自然是不会的。

首先可以考虑用优先队列搜索，类似于上一篇博客中的方法。显然这样的时间复杂度是不符合要求的，于是可以用启发式搜索进行优化。

A* 中的估价函数也不难设计，为了确保正确性，估价函数值应该要比真实值要小，于是估价函数可以设计为从该点到T的最短路。

细节

  1. 如果S==T，要K++。 太毒瘤啦
  2. 要注意K短路不存在的情况

代码

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <queue>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 1005
#define MAXE 100005
using namespace std;

struct Node
{
    int x, dis1, dis2; //dis1实际走过距离，dis2估计总距离
    Node(int a, int b, int c)
    {
        x=a; dis1=b; dis2=c;
    }
    friend bool operator < (Node x, Node y)
    {
        return x.dis2>y.dis2; //小根堆 
    }
};

int n, m, a, b, t, dis[MAXN], S, T, K, ans=INF;
bool vis[MAXN];

struct Graph
{
    int cnt, head[MAXN];
    struct Edge {int next, to, dis;} edge[MAXE];

    void addedge(int from, int to, int dis)
    {
        edge[++cnt].next=head[from];
        edge[cnt].to=to;
        edge[cnt].dis=dis;
        head[from]=cnt;
    }

    void spfa()
    {
        memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));
        queue<int> q;
        dis[T]=0; vis[T]=true;
        q.push(T);
        while(!q.empty())
        {
            int x=q.front(); q.pop();
            vis[x]=false;
            for(int i=head[x]; i; i=edge[i].next)
            {
                int to=edge[i].to;
                if(dis[to]<dis[x]+edge[i].dis) continue;
                dis[to]=dis[x]+edge[i].dis;
                if(!vis[to]) q.push(to), vis[to]=true;
            }
        } 
    }

    void Astar()
    {
        int tot=0;
        priority_queue<Node> q;

        if(S==T) K++; //注意！！！ 
        q.push(Node(S, 0, dis[S]));
        while(!q.empty())
        {
            Node top=q.top(); q.pop();
            if(top.x==T)
            {
                tot++;
                if(tot==K) {ans=top.dis1; return;}
            }
            for(int i=head[top.x]; i; i=edge[i].next)
            {
                int dis1=top.dis1+edge[i].dis;
                int dis2=dis1+dis[edge[i].to];
                q.push(Node(edge[i].to, dis1, dis2));
            }
        }
    }

} G1, G2;

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &t);
        G1.addedge(a, b, t);
        G2.addedge(b, a, t);
    }
    scanf("%d%d%d", &S, &T, &K);
    G2.spfa();
    G1.Astar();
    if(ans==INF) printf("-1\n"); //K短路可能不存在 
    else printf("%d\n", ans);
}

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问题描述

满足如下条件的序列X被称为“Addition Chains”： 1.$X[1]=1$ 2.$X[m]=n$ 3.$X[1]<X[2]<…<X[m-1]<X[m]$ 4.对于每个k(2<=k<=m)都存在两个整数i,j（i,j可以相等），使得$X[k]=X[i]+X[j]$ 给定一个整数n,找出符合条件长度最短的”Addition Chains”（有SPJ，输出符合要求即可)

输入

有多组数据，每组数据一个数n（n<=100)。以n=0结束输入

输出

每组数据一行，输出长度最短的“addition chains”。

思路

迭代加深搜索应该不难想到，这里就讲一下剪枝。

可以开一个vis数组记录某个数值有没有访问过，这样可以避免重复搜索某个数组。

还有另一个剪枝（但是我没有用），枚举i,j时可以从大到小枚举，这样可以优化搜索顺序，使序列中是数尽快逼近n。

代码

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#include 
#include 
#include 
#define MAXN 105
using namespace std;

int n, m, num[MAXN];
bool vis[MAXN];

bool dfs(int x)
{
    if(x==m)
    {
        if(num[x]==n) return true;
        else return false;
    }
    for(int i=1; i<=x; i++)
    {
        for(int j=i; j<=x; j++)
        {
            int temp=num[i]+num[j];
            if(temp
int main()
{
    while(scanf("%d", &n) && n)
    {
        for(m=1; ; m++)
        {
            memset(num, 0, sizeof(num));
            memset(vis, 0, sizeof(vis));
            num[1]=1;
            if(dfs(1)) break;   
        }
        for(int i=1; i<=m; i++) printf("%d ", num[i]);
        printf("\n");
    }   
}