[ICPC2021 Nanjing R] Ancient Magic Circle in Teyvat
设 \(f_x\) 表示钦定至少有 \(x\) 条边的四元子图个数，由容斥我们有一条边都没有的子图个数是 \(f_0-f_1+f_2-f_3+f_4-f_5+f_6\)，而所有边都有的个数就是 \(f_6\)。作差之后只需要求 \(f_0,f_1,f_2,f_3,f_4,f_5\)。
子图计数只要不是数 \(K_4\)，其它所有的四元图都是好做的，把你会的三元环、四元环、\(K_4\) 少一条边的计数方法全用上就可以了。
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
int read(){
char c=getchar();int x=0;
while(c<48||c>57) c=getchar();
do x=x*10+(c^48),c=getchar();
while(c>=48&&c<=57);
return x;
}
const int N=100003,M=200003;
typedef long long ll;
typedef __int128 lll;
int n,m;lll res;
void write(lll x){if(x>9) write(x/10);putchar((x%10)^48);}
lll C4(int x){return (lll)x*(x-1)*(x-2)*(x-3)/24;}
lll C3(int x){return (lll)x*(x-1)*(x-2)/6;}
lll C2(int x){return (lll)x*(x-1)>>1;}
int eu[M],ev[M],d[N];
vector<int> adj[N],vec[N],ec[N];
int vis[N],ps[N];
inline bool cmp(int x,int y){
if(d[x]!=d[y]) return d[x]>d[y];
return x<y;
}
int main(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;++i){
eu[i]=read();ev[i]=read();
adj[eu[i]].emplace_back(ev[i]);
adj[ev[i]].emplace_back(eu[i]);
}
for(int i=1;i<=n;++i) d[i]=adj[i].size();
for(int i=1;i<=m;++i)
if(cmp(eu[i],ev[i])) vec[eu[i]].emplace_back(ev[i]);
else vec[ev[i]].emplace_back(eu[i]);
for(int i=1;i<=n;++i) ec[i].resize(vec[i].size());
res=C4(n)-m*C2(n-2);
lll tmp=0;
for(int i=1;i<=m;++i){
tmp+=(lll)(d[eu[i]]+d[ev[i]]-2)*(n-4);
res-=(lll)(d[eu[i]]-1)*(d[ev[i]]-1);
}
res+=C2(m)+(tmp>>1);
for(int x=1;x<=n;++x){
res-=C3(d[x]);
int id=0;
for(int y:vec[x]) vis[y]=x,ps[y]=id++;
id=0;
for(int y:vec[x]){
int nid=0;
for(int z:vec[y]){
if(vis[z]==x){
res+=d[x]+d[y]+d[z]-n;
res-=ec[x][id]++;
res-=ec[x][ps[z]]++;
res-=ec[y][nid]++;
}
++nid;
}
++id;
}
}
for(int x=1;x<=n;++x){
for(int y:vec[x])
for(int z:adj[y]) vis[z]=0;
for(int y:vec[x])
for(int z:adj[y]) if(cmp(x,z)) res+=vis[z]++;
}
if(res<0) res=-res;
write(res);putchar('\n');
return 0;
}
[GDCPC2023] Classic Problem
套路题，离散化之后 Boruvka 一下就行了。
我为啥这玩意需要写拍才能调出来啊？
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
int read(){
char c=getchar();int x=0;
while(c<48||c>57) c=getchar();
do x=x*10+(c^48),c=getchar();
while(c>=48&&c<=57);
return x;
}
const int N=100003,M=400013;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m;ll res;
int eu[N],ev[N],ew[N];
int buc[M],rk;
vector<pii> vec[M];
vector<int> arr[M];
int f[M],dir[M],mn[M];
int rt(int x){
if(f[x]==x) return x;
return f[x]=rt(f[x]);
}
int dis(int x,int y){
if(x>y) swap(x,y);
return buc[y-1]+1-buc[x];
}
int pre[M],suf[M],cur[M];
void solve(){
n=read();m=read();rk=0;res=0;
for(int i=1;i<=m;++i){
buc[++rk]=eu[i]=read();if(eu[i]>1) buc[++rk]=eu[i]-1;
buc[++rk]=ev[i]=read();if(ev[i]>1) buc[++rk]=ev[i]-1;
ew[i]=read();
}
buc[++rk]=n;
sort(buc+1,buc+rk+1);rk=unique(buc+1,buc+rk+1)-buc-1;
n=rk;
for(int i=1;i<=n;++i) vec[i].clear(),f[i]=i,res+=buc[i]-buc[i-1]-1;
for(int i=1;i<=m;++i){
eu[i]=lower_bound(buc+1,buc+n+1,eu[i])-buc;
ev[i]=lower_bound(buc+1,buc+n+1,ev[i])-buc;
vec[eu[i]].emplace_back(ev[i],ew[i]);
vec[ev[i]].emplace_back(eu[i],ew[i]);
}
int cnt=n-1;
while(cnt){
for(int i=1;i<=n;++i) arr[rt(i)].emplace_back(i),cur[i]=-1;
for(int i=1;i<=n;++i){
dir[i]=-1;mn[i]=INF;
if(f[i]==i){
int sz=arr[i].size();
for(int t=0;t<sz;++t){
int x=arr[i][t];
if(t&&arr[i][t-1]==x-1) pre[x]=pre[x-1];
else pre[x]=x-1;
}
for(int t=sz-1;~t;--t){
int x=arr[i][t];
if(t+1<sz&&arr[i][t+1]==x+1) suf[x]=suf[x+1];
else suf[x]=x+1;
}
for(int x:arr[i]){
for(auto [y,w]:vec[x]){
if(rt(y)!=i&&w<mn[i]) dir[i]=y,mn[i]=w;
cur[y]=x;
}
int t;
t=x-1;
while(t){
if(cur[t]==x){--t;continue;}
if(rt(t)==i){t=pre[t];continue;}
if(dis(x,t)<mn[i]) mn[i]=dis(x,t),dir[i]=t;
break;
}
t=x+1;
while(t<=n){
if(cur[t]==x){++t;continue;}
if(rt(t)==i){t=suf[t];continue;}
if(dis(x,t)<mn[i]) mn[i]=dis(x,t),dir[i]=t;
break;
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
arr[i].clear();
if((~dir[i])&&rt(i)!=rt(dir[i])) f[rt(i)]=rt(dir[i]),res+=mn[i],--cnt;
}
}
printf("%lld\n",res);
}
int main(){
int tc=read();
while(tc--) solve();
return 0;
}
[JOISC2017] Sparklers
很喜欢的一道牛题啊！但是时间问题我们还是速通 Solution。
考虑策略是两个人一但碰面了就不会分开，这样两个人碰面相当于合并成一个人，燃烧时间 \(+T\)。
二分速度 \(v\)。就变成了两个队列，每次可以花费距离的代价买下一个队头，然后赚 \(2Tv\) 的距离，问能否删空队列。
考虑经典的合并策略贪心，如果一个亏的策略下一个策略是赚的策略，那么显然在中间插入另一个队列的策略不优。所以合并这些策略后会形成前面都是赚后面都是亏的两个策略队列。
接下来一步很神。考虑赚的两段前缀一定先取完，而且能取则取。亏的两段后缀呢？考虑倒着做，最终花费代价恒定，所以说最终状态确定，这样倒推的时候也是能取则取。只需要判断一下正着倒着能否取完就行了。
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int read(){
char c=getchar();int x=0;
while(c<48||c>57) c=getchar();
do x=x*10+(c^48),c=getchar();
while(c>=48&&c<=57);
return x;
}
int n,k,t;
const int N=100003;
typedef long long ll;
int a[N];
struct node{
ll x,d;
friend node operator+(const node u,const node v){
return (node){max(u.x,v.x-u.d),u.d+v.d};
}
}s1[N],s2[N];
int n1,n2;
bool check(int w){
ll sum=(ll)n*w-(a[n]-a[1]);
if(sum<0) return 0;
n1=0;
for(int i=k;i>1;--i){
int d=a[i]-a[i-1];
node cur({d,w-d});
while(cur.d>=0&&n1&&s1[n1].d<0) cur=s1[n1--]+cur;
s1[++n1]=cur;
}
n2=0;
for(int i=k;i<n;++i){
int d=a[i+1]-a[i];
node cur({d,w-d});
while(cur.d>=0&&n2&&s2[n2].d<0) cur=s2[n2--]+cur;
s2[++n2]=cur;
}
bool fl=1;
while(fl){
fl=0;
while(n1&&s1[n1].d<0&&sum-s1[n1].d>=s1[n1].x) sum-=s1[n1--].d,fl=1;
while(n2&&s2[n2].d<0&&sum-s2[n2].d>=s2[n2].x) sum-=s2[n2--].d,fl=1;
}
int p1=1,p2=1;
fl=1;sum=w;
while(fl){
fl=0;
while(p1<=n1&&s1[p1].d>=0&&sum>=s1[p1].x) sum+=s1[p1++].d,fl=1;
while(p2<=n2&&s2[p2].d>=0&&sum>=s2[p2].x) sum+=s2[p2++].d,fl=1;
}
return p1>n1&&p2>n2;
}
int main(){
n=read();k=read();t=read();
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
int l=0,r=ceil(0.5e9/t);
while(l<r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(2*mid*t)) r=mid;
else l=mid+1;
}
printf("%d\n",r);
return 0;
}
[ICPC2021 Macao R] the Matching System
什么鬼畜打表题。看看题目给的啥限制？完了这看起来完全规划不了啊！
进行一个表的打，发现取到最大值的它就是很有规律：
**********0*
011111111111
000000******
000000000000
原理都很好懂，比如说最大匹配的串一定那堆通配符匹配长度都是 0，所以耗费能量极多。
下面这个能量好算，在平方级别；上面这个能量通过一大堆插板法反复计算+竖行和公式得到 \({2n-1\choose n+1}+{2n-3\choose n-2}\)，做完了。
#include <cstdio>
using namespace std;
const int P=1000000007;
const int N=10003;
typedef long long ll;
int qp(int a,int b=P-2){
int res=1;
while(b){
if(b&1) res=(ll)res*a%P;
a=(ll)a*a%P;b>>=1;
}
return res;
}
int fac[N],fiv[N],n;
int main(){
scanf("%d",&n);
if(n==1) puts("0\n0\n1");
else if(n==2) puts("*0\n00\n3");
else{
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=2*n;++i) fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%P;
fiv[2*n]=qp(fac[2*n]);
for(int i=2*n;i;--i) fiv[i-1]=(ll)fiv[i]*i%P;
int cur=((ll)fac[2*n-1]*fiv[n+1]+(ll)fac[2*n-3]*fiv[n-1])%P*fiv[n-2]%P;
for(int i=1;i<=n;++i) if(i==n-1) putchar('0');else putchar('*');
putchar('\n');
for(int i=1;i<=n;++i) if(i==1) putchar('0');else putchar('1');
putchar('\n');
printf("%d\n",cur);
}
int t=((n+1)>>1);
int res=(t+3)*t;
if(n&1) res-=t+1;
for(int i=1;i<=n;++i) if(i<=t) putchar('*');else putchar('0');
putchar('\n');
for(int i=1;i<=n;++i) putchar('0');
putchar('\n');
printf("%d\n",res);
return 0;
}