没有手速，再加上被 E 卡了，废掉了。
A.GamingForces
题目描述：
Monocarp 正在玩电脑游戏。他打算杀死 \(n\) 个怪兽，第 \(i\) 个的血量为 \(h_i\)。
Monocarp 的角色有两个魔法咒语如下，都可以以任意顺序用任意次（可以不用），每次使用相当于一次操作。
-
选择两个怪兽并各扣一滴血。
-
选择一个怪兽并且直接杀死。
当一个怪兽血量为 \(0\) 时，他死了。
求杀死所有怪兽的最少操作次数。
题目分析：
只有两个怪兽同为 \(1\) 点血，这个时候我们通过 \(1\) 操作直接把它们弄死才会比直接通过操作 \(2\) 直接弄死更优。
所以判一下这个就好了。
代码：
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10005;
int a[N];
int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
int n;scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
int cnt = 0;
for(int i=1; i<=n; i++){
if(a[i] == 1) ++cnt;
}
printf("%d\n",n - cnt / 2);
}
return 0;
}
B.Stand-up Comedian
题目描述：
Eve 是个单口相声新手。她的第一场表演聚集了总计 \(2\) 个观众：Alice 和 Bob。
Eve 准备了 \(a_1+a_2+a_3+a_4\) 个相声表演节目。\(a_i\) 表示第 \(i\) 类相声的数目，每类的的特征如下：
-
Alice 和 Bob 都喜欢这类相声。
-
Alice 喜欢，Bob 不喜欢。
-
Bob 喜欢，Alice 不喜欢。
-
Alice 和 Bob 都不喜欢这类相声。
一开始，两位观众的心情都为 \(0\)。
当一位观众听到他喜欢的相声表演时心情会加 \(1\)，当听到的是自己不喜欢的相声时，心情减 1。
当某位观众心情严格小于 \(0\) 时，这位观众会离场。只要有一位这样的观众离场，Eve 会特别伤心并且结束整个表演。若演完了所有节目，也会结束表演。
求某种安排表演顺序的方式，使得 Eve 在结束表演前能表演的节目最多。输出最多能表演的节目数。
译者注：若演完某个节目有观众退场，这个节目也算在总数之中。
\(0 \le a_1,a_2,a_3,a_4 \le 10^8\)。
题目分析：
好像是个大细节题，但是我一遍过就很爽[狂笑]
考虑最优的一个操作顺序肯定是：\(1 \to 2,3 \to 4\)。
关键是中间 \(2,3\) 造成的贡献比较难算，可以显然发现我们先操作一次 \(2\) 后操作一次 \(3\) 它们的代价就抵消了，而且会多出两次节目，但是要注意如果 \(1\) 操作数量为 \(0\) 就不能相互抵消了。
所以就按照：操作 \(1\)、\(2,3\) 抵消、操作 \(2,3\)、操作 \(4\)，这样的顺序模拟一下即可。
代码：
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int cnt[10];
signed main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
int T;scanf("%lld",&T);
while(T--){
for(int i=1; i<=4; i++) scanf("%lld",&cnt[i]);
int ans = 0;
int a = cnt[1],b = cnt[1];ans += cnt[1];
if(a == 0){
if(cnt[2] + cnt[3] + cnt[4] > 0) printf("1\n");
else printf("0\n");
continue;
}
int tmp = min(cnt[2],cnt[3]);ans += 2 * tmp;
cnt[2] -= tmp,cnt[3] -= tmp;
if(cnt[2] > 0){
tmp = min(cnt[2],b+1);ans += tmp;
a += tmp,b -= tmp;
}
if(cnt[3] > 0){
tmp = min(cnt[3],a+1);ans += tmp;
a -= tmp,b += tmp;
}
if(a >= 0 && b >= 0){
ans += min(min(a+1,b+1),cnt[4]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
C.Min Max Sort
题目描述：
对于一个排列，定义一次操作为：在排列中任选两个数字，将它们中的最大值插入至队尾，最小值插入至队首。
现在给定多个排列，问每个排列最少各需多少次操作才能变得严格递增。
\(1 \le n\le 2\times 10^5\)
题目分析：
如果我们要进行操作，那么最后 \(1\) 操作必然是 \(1,n\)，然后倒推一下就会发现倒数第 \(2\) 次操作必然是 \(2,n-1\)，然后就可以发现倒数第 \(i\) 次操作必然是 \(i,n-i+1\)。
所以假设我们通过 \(k\) 次操作可以使排列严格递增，也就是说值在 \([k+1,n-k]\) 是不用我们管的了，已经符合条件了，将两头的 \(k\) 个进行排完序就结束了。
这个“不用管”用形式化的语言说其实就是，设 \(pos_i\) 表示数 \(i\) 出现的位置，则 \(pos_{k+1} < pos_{k+2} < \cdots < pos_{n-k}\)。
所以可以直接一个个枚举 \(k\) 判断是否合法即可，也就是将 \(k\) 从 \(\lfloor \frac{n}{2} \rfloor\) 开始依次减 \(1\)，然后判断条件是否满足。
代码：
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
int a[N],p[N];
int main(){
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
int n;scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]),p[a[i]] = i;
int k = n / 2;
while(k && p[k] < p[k+1] && p[n-k] < p[n-k+1]) --k;
printf("%d\n",k);
}
return 0;
}
D.Fixed Prefix Permutations
题目描述：
对于一个排列 \(p\)，定义其美丽度 \(k\) 为
- \(p_1=1,p_2=2,\cdots,p_k=k,p_{k+1} \neq k+1\)
若 \(p,q\) 均为长度为 \(n\) 的排列，定义排列的运算 \(p \cdot q\) 为：
- \(p \cdot q = r\)，\(p,q,r\) 均为长度为 \(n\) 的排列
- \(r_j = q_{p_j}\)
现在给出 \(n\) 个长度为 \(m\) 的排列，对于每一个 \(a_i\)，求 \(a_i \cdot a_j(1 \le j \le n)\) 美丽值最大为多少，允许有 \(i=j\)。
多测，\(T \le 10^4\)，\(\sum n \le 5 \times 10^4\)，\(m \le 10\)
题目分析：
考虑如果就是给定了两个排列 \(p,q\) 怎么算它的美丽值。
要让 \(i\) 经过两个排列的置换后依旧是在 \(i\) 的位置，其实就是说设 \(pos_i\) 表示 \(i\) 在 \(q\) 中的位置，则 \(p_i = pos_i\)，可以将置换理解为走路这种东西然后就很好理解了。
所以其实就是求出 \(pos\) 之后两者的 \(lcp\)。
那么这个题就很好解决了，可以直接对于每一个排列都求出 \(pos\)，然后插入到 trie 树里，计算答案就是枚举每一个排列然后让它在字典树上走即可。
（我竟然一开始用了 bitset 维护这个过程，差点就过了）
代码：
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e4+5;
int n,m,a[N][11],tot = 1,pos[N][11],ch[100 * N][11];
void insert(int x){
int now = 1;
for(int i=1; i<=m; i++){
int to = pos[x][i];
if(!ch[now][to]) ch[now][to] = ++tot;
now = ch[now][to];
}
}
int find(int x){
int now = 1;
int ans = 0;
for(int i=1; i<=m; i++){
if(ch[now][a[x][i]]){
++ans,now = ch[now][a[x][i]];
}
else break;
}
return ans;
}
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1; i<=n; i++){
for(int j=1; j<=m; j++){
scanf("%d",&a[i][j]);
pos[i][a[i][j]] = j;
}
insert(i);
}
for(int i=1; i<=n; i++) printf("%d ",find(i));
printf("\n");
for(int i=1; i<=tot; i++){
for(int j=1; j<=10; j++){
ch[i][j] = 0;
}
}
tot = 1;
}
return 0;
}
E.Divisors and Table
题目描述：
给定一张 \(n \times n\) 的表格和一个正整数 \(m = m_1 \times m_2\)，表格第 \(i\) 行第 \(j\) 列的数 \(a_{i, j} = i \times j\)。
现在需要你求出 \(m\) 的每个因子 \(d\) 是否在表格中出现，若出现，则求出其出现在表格中的最小行号。
\(1 \le n, m_1, m_2 \le 10^9\)
题目分析：
（一种乱搞做法）
\(10^{18}\) 以内的数，因子个数最多有大约 \(10^5\) 个，所以显然可以将 \(m\) 的的所有因子都拿出来然后挨个判断。
要求所有的因子其实就是要对 \(m\) 质因数分解，可以直接用科技对 \(m\) 分解，也可以分别为 \(m_1,m_2\) 分解后合起来，这样我们就得到了 \(m\) 的所有因子。
我们要做的其实就是分解 \(d = a \times b\)，且 \(a,b \le n\)，要求 \(a\) 尽可能小。
因为 \(d\) 为 \(m\) 的因子，所以 \(a,b\) 也必然是 \(m\) 的因子，所以可以将因子排序之后二分。
具体来说就是二分最小的 \(a\) 使得 \(\lceil \frac{d}{a} \rceil \le n\)，这样只需要向后枚举一些 \(a\) 使得 \(a \mid d\) 此时 \(a\) 就是最优的 \(a\) 了。
代码：
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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std;
#define int long long
int t, n, m1, m2;
vector<int> a, b, c;
signed main()
{
scanf("%lld", &t);
while (t -- )
{
int cnt = 0, ans = 0;
a.clear();
b.clear();
c.clear();
scanf("%lld%lld%lld", &n, &m1, &m2);
for (int i = 1; i <= m1 / i; i ++ )
{
if(m1 % i == 0)
{
a.push_back(i);
if(m1 / i != i) a.push_back(m1 / i);
}
}
for (int i = 1; i <= m2 / i; i ++ )
{
if(m2 % i == 0)
{
b.push_back(i);
if(m2 / i != i) b.push_back(m2 / i);
}
}
sort(a.begin(), a.end());
sort(b.begin(), b.end());
for (int i = 0; i < a.size(); i ++ )
for (int j = 0; j < b.size(); j ++ )
c.push_back(a[i] * b[j]);
sort(c.begin(), c.end());
c.erase(unique(c.begin(), c.end()), c.end());
for (int i = 0; i < c.size(); i ++ )
{
int l = 0, r = i;
while (l <= r)
{
int mid = l + r >> 1;
if ((c[i] + c[mid] - 1) / c[mid] <= n) r = mid - 1;
else l = mid + 1;
}
for (int j = l; j < c.size(); j ++ )
{
if(c[j] > n) break;
if(c[i] % c[j] == 0)
{
ans ^= c[j];
cnt ++;
break;
}
}
}
printf("%lld %lld\n", cnt, ans);
}
}
F1.Graph Coloring
题目描述：
简单版和困难版之间的唯一区别是 \(n\) 的数据范围不同。
给出一个 \(n\) 个顶点的无向完全图。完全图是指图上任意两个顶点皆有一条边相连。你需要给图上的每条边染上红色或蓝色。
一个顶点的集合 \(S\) 被称作是红色连接的，如果对于 \(S\) 中每对顶点 \((v_1,v_2)\)，都存在只通过红边和 \(S\) 中顶点的路径。相仿地，一个顶点的集合 \(S\) 被称作是蓝色连接的，如果对于 \(S\) 中每对顶点 \((v_1,v_2)\)，都存在只通过蓝边和 \(S\) 中顶点的路径。
你需要以如下方式对图进行染色：
- 至少有一条红边。
- 至少有一条蓝边。
- 对于每个大小不小于 \(2\) 的顶点集 \(S\)（也即 \(|S|\geqslant 2\)），\(S\) 或者是红色连接的，或者是蓝色连接的，但不能同时是红色和蓝色连接的。
计算染色方法数对 \(998244353\) 取模后的结果。
\(1\le n \le 5\times 10^3\)
题目分析：
（不写 F2 了，是一个多项式科技）
题目条件就是要求对于任意一个导出子图，要么通过红色边可以联通，要么通过蓝色边可以联通，但是不能通过两种边都可以联通。
注意到一点就是：这是一个完全图，所以蓝色边和红色边互为补图，也就是如果蓝色边不连通则红色边必然联通，反之亦然。
所以我们可以直接 \(dp_n\) 表示节点个数为 \(n\) 的图，不能通过蓝色边联通的合法的方案数。
转移就是考虑枚举点 \(n\) 所在的蓝色连通块大小 \(x\)：
\[dp_n = \sum_{x=1}^{n-1} \binom{n-1}{x-1} dp_x \times (2 - [x = n-1])dp_{n-x} \]对于 \(n\) 所在的连通块这 \(x\) 个点必然满足蓝色联通也就是红色不连通，方案数等同于 \(dp_x\)。
对于其余的 \(n-x\) 个点，它们之间蓝色联通或者红色联通都可以，所以就是系数有 \(2\) 的贡献，但当 \(n-x = 1\) 时，显然只有一种方案。
因为题目要求必须同时出现红边和蓝边，所以将答案减 \(2\) 即可。
代码：
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 5e3+5;
const int MOD = 998244353;
int fac[N],inv[N],f[N];
int binom(int n,int m){
if(n < m || n < 0 || m < 0) return 0;
return fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n-m] % MOD;
}
int power(int a,int b){
int res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = res * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return res;
}
signed main(){
int n;scanf("%lld",&n);
fac[0] = 1;
for(int i=1; i<=n; i++) fac[i] = fac[i-1] * i % MOD;
inv[n] = power(fac[n],MOD-2);
for(int i=n-1; i>=0; i--) inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % MOD;
f[1] = 1;
for(int i=2; i<=n; i++){
for(int j=1; j<=i-1; j++){
f[i] = (f[i] + f[j] * f[i-j] %MOD* binom(i-1,j-1) * (2 - (j == i-1))%MOD)%MOD;
}
}
printf("%lld\n",(2 * f[n] %MOD - 2 + MOD)%MOD);
return 0;
}