A - Square Inequality
题目大意
给定三个整数\(A,B,C\)。判断\(A^2+B^2<C^2\)是否成立。
\(0\le A,B,C\le 1000\)
输入格式
\(A~B~C\)
输出格式
如果\(A^2+B^2<C^2\)，输出Yes；否则，输出No。
样例
| \(A\) | \(B\) | \(C\) | 输出 |
|---|---|---|---|
| \(2\) | \(2\) | \(4\) | Yes |
| \(10\) | \(10\) | \(10\) | No |
| \(3\) | \(4\) | \(5\) | No |
分析
直接按题意计算即可。
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
puts(a * a + b * b < c * c? "Yes": "No");
return 0;
}
B - Intersection
题目大意
给定两个长度为\(N\)的序列：\(A = (A_1, A_2, A_3, \dots, A_N)\)和\(B = (B_1, B_2, B_3, \dots, B_N)\)。
找到符合如下条件的整数\(x\)的个数：
- 对于所有的\(1\le i\le N\)，\(A_i\le x\le B_i\)。
\(1\le N\le 100\)
\(1\le A_i\le B_i\le 1000\)
输入格式
\(N\)
\(A_1~A_2~\dots~A_N\)
\(B_1~B_2~\dots~B_N\)
输出格式
输出答案。
样例
样例输入1
2
3 2
7 5
样例输出1
3
\(x\)可以取\(3,4,5\)。
样例输入2
3
1 5 3
10 7 3
样例输出2
0
没有\(x\)符合条件。
样例输入3
3
3 2 5
6 9 8
样例输出3
2
分析
我们将\(x\)的限制条件拆解为：
- 对于所有的\(1\le i\le N\)，\(A_i\le x\)。
- 对于所有的\(1\le i\le N\)，\(x\le B_i\)。
这时，我们可以进一步简化条件：
- \((\max A)\le x\)。
- \(x\le (\min B)\)。
从而得到\((\max A)\le x\le (\min B)\)，所以合法的\(x\)的个数为\(\max(0,\min B-\max A+1)\)。
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int n, maxa = 1, minb = 1000;
scanf("%d", &n);
for(int i=0; i<n; i++)
{
int a;
scanf("%d", &a);
if(a > maxa) maxa = a;
}
while(n--)
{
int b;
scanf("%d", &b);
if(b < minb) minb = b;
}
if(maxa > minb) puts("0");
else printf("%d\n", minb - maxa + 1);
return 0;
}
C - IPFL
题目大意
给定长度为\(2N\)且只由大写英文字母组成的字符串\(S\)。
你要处理\(Q\)个请求。
第\(i\)个请求中由三个整数\(T_i,A_i\)和\(B_i\)组成：
- 如果\(T_i=1\)：交换\(S\)中第\(A_i\)和\(B_i\)个字符；
- 如果\(T_i=2\)，交换\(S\)中的前\(N\)个和后\(N\)个字符（如：
FLIP\(\to\)IPFL）。
输出执行所有请求后的\(S\)。
\(1\le N\le 2\times 10^5\)
\(|S|=2N\)
\(1\le Q\le 3\times 10^5\)
\(1\le T_i\le 2\)，如果\(T_i=1\)，\(1\le A_i < B_i\le 2N\)；如果\(T_i=2\)，\(A_i=B_i=0\)。
输入格式
\(N\)
\(S\)
\(Q\)
\(T_1~A_1~B_1\)
\(T_2~A_2~B_2\)
\(\hspace{18pt}\vdots\)
\(T_Q~A_Q~B_Q\)
样例
样例输入1
2
FLIP
2
2 0 0
1 1 4
样例输出1
LPFI
\(\text{FLIP}\to\text{IPFL}\to\text{LPFI}\)
样例输入2
2
FLIP
6
1 1 3
2 0 0
1 1 2
1 2 3
2 0 0
1 1 4
样例输出2
ILPF
分析
首先，\(\mathcal O(NQ)\)的模拟法肯定行不通，会TLE。
我们考虑优化。
我们很容易发现，\(T_i=1\)的交换操作肯定是\(\mathcal O(1)\)的，但\(T_i=2\)的翻转操作是\(\mathcal O(n)\)的，所以需要优化。
我们可以用一个变量\(\mathrm{flipped}\)记录目前是否已经前后翻转（\(1\)表示已经翻转，\(0\)表示没有翻转），这时，操作变为如下：
- 当\(T_i=2\)，\(\mathrm{flipped}:=1-\mathrm{flipped}\)；
- 当\(T_i=1\)且\(\mathrm{flipped}=0\)时，我们直接交换\(A_i\)和\(B_i\)
- 当\(T_i=\mathrm{flipped}=1\)时，我们发现，一个位置\(x\)如果\(<N\)，则实际位置在\(x+N\)；否则，实际位置在\(x-N\)。
这种算法的时间复杂度为\(\mathcal O(N+Q)\)，可轻松通过此题。
代码
#include <cstdio>
#define maxn 400005
using namespace std;
char s[maxn];
int n;
inline void swap(char& x, char& y) { x ^= y ^= x ^= y; }
inline char& calc(int pos) { return s[pos < n? pos + n: pos - n]; }
int main()
{
scanf("%d%s", &n, s);
int q;
scanf("%d", &q);
bool flipped = false;
while(q--)
{
int t, a, b;
scanf("%d%d%d", &t, &a, &b);
a --, b --;
if(t == 2) flipped = !flipped;
else if(flipped) swap(calc(a), calc(b));
else swap(s[a], s[b]);
}
if(flipped)
for(int i=0; i<n; i++)
swap(s[i], s[n + i]);
puts(s);
return 0;
}
D - RGB Coloring 2
题目大意
我们有一个有\(N\)个点和\(M\)条边的简单无向图，第\(i\)条边连接着顶点\(A_i\)和\(B_i\)。
我们要给这个图用三种不同的颜色着色，使得相邻的顶点有不同的颜色。
有多少种合法的着色方法？不一定要使用所有颜色。
\(1\le N\le 20\)
\(0\le M\le \frac{N(N-1)}2\)
\(1\le A_i,B_i\le N\)
输入格式
\(N~M\)
\(A_1~B_1\)
\(A_2~B_2\)
\(\hspace{12pt}\vdots\)
\(A_M~B_M\)
输出格式
输出答案。
样例
样例输入1
3 3
1 2
2 3
3 1
样例输出1
6
我们用R、G、B分别代表三种不同的颜色，则有\(6\)中不同的着色方法，它们分别是RGB、RBG、GRB、GBR、BRG、BGR。
样例输入2
3 0
样例输出2
27
这个图没有边，所以任意着色都是可行的，一共有\(3^N=27\)种方法。
样例输入3
4 6
1 2
2 3
3 4
2 4
1 3
1 4
样例输出3
0
这里没有合法方案。
样例输入4
20 0
样例输出4
3486784401
分析
我们将图中的每个连通块依次暴力算出所有可能的着色方案数，再相乘即可。
其实，这里我们最大的总尝试数不是\(3^N\)，而是\(3\times 2^{N-1}\)，因为使用\(\text{DFS}\)时每个点的前一个点的颜色已经定好了，只需要尝试两种可能即可。
代码
似乎没人发现可以用unsigned int吧……
#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 25
using namespace std;
vector<int> G[maxn];
int col[maxn], dep[maxn];
inline int next(int c) { return (c + 1) % 3; }
int paint(int v)
{
for(int u: G[v])
if(col[v] == col[u])
return 0;
int ans = 1;
for(int u: G[v])
{
if(dep[u] == -1) dep[u] = dep[v] + 1;
if(dep[u] == dep[v] + 1)
{
col[u] = next(col[v]);
int res = paint(u);
col[u] = next(col[u]);
res += paint(u);
col[u] = -1;
if(res == 0) return 0;
ans *= res;
}
}
return ans;
}
int main()
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
while(m--)
{
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
G[--x].push_back(--y);
G[y].push_back(x);
}
for(int i=0; i<n; i++)
col[i] = dep[i] = -1;
unsigned int ans = 1;
for(int i=0; i<n; i++)
if(dep[i] == -1)
{
col[i] = dep[i] = 0;
ans *= 3U * paint(i);
}
printf("%u\n", ans);
return 0;
}
E - Permutation
题目大意
求符合如下条件的\((1,2,\dots,N)\)的排列的个数：
- 对于每个\(1\le i\le M\)，这个排列的前\(X_i\)个数中不超过\(Y_i\)的最多有\(Z_i\)个。
\(2\le N\le 18\)
\(0\le M\le 100\)
\(1\le X_i,Y_i < N\)
\(0\le Z_i < N\)
输入格式
\(N~M\)
\(X_1~Y_1~Z_1\)
\(X_2~Y_2~Z_2\)
\(\hspace{18pt}\vdots\)
\(X_M~Y_M~Z_M\)
输出格式
输出一个整数，即符合条件的排列的个数。
样例
样例输入1
3 1
2 2 1
样例输出1
4
四个符合条件的排列分别为：\((1,2,3)\)、\((2,3,1)\)、\((3,1,2)\)、\((3,2,1)\)。
样例输入2
5 2
3 3 2
4 4 3
样例输出2
90
样例输入3
18 0
样例输出3
6402373705728000
由于没有限制条件，所有的\(18!=6402373705728000\)个排列都可行。这也是本题的最大输出。
分析
首先，还是先排除\(\mathcal O(N!\sum X)\)的暴力算法，这样做的时间复杂度太高了。
我们考虑状压\(\text{DP}\)。令\(\mathrm{dp}_\mathrm{mask}\)表示从\((1,2,\dots,N)\)中选出子序列\(\mathrm{mask}\)（二进制第\(i\)位是\(0\)表示不选\(i\)，\(1\)表示选\(i\)）。
则，\(\mathrm{dp}_0=1\)，动态转移方程为\(\mathrm{dp}_\mathrm{mask}=\mathrm{mask}\)中所有为的\(1\)位上把\(1\)变成\(0\)的\(\mathrm{dp}\)中的和，详见代码。
写代码时注意判断合法性，最终答案应为\(\mathrm{dp}_{2^N-1}\)（全选）。
代码
我这里做了一个小优化，即忽略\(Z_i\ge Y_i\)的条件。当然，我们也可以不用优化，但不能不用long long！！！
#include <cstdio>
#include <vector>
#define maxn 20
using namespace std;
using LL = long long;
vector<pair<int, int>> lim[maxn];
LL dp[1 << maxn];
int main()
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
while(m--)
{
int x, y, z;
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
if(z < y) lim[x].emplace_back(y, z);
}
int mx = 1 << n;
dp[0] = 1LL;
for(int st=0; st<mx; st++)
{
vector<int> s;
for(int i=0; i<n; i++)
if(st >> i & 1)
s.push_back(i);
int cnt = __builtin_popcount(st);
bool ok = true;
for(auto [y, z]: lim[cnt])
{
int tot = 0;
for(auto x: s)
if(x < y && ++tot > z)
{
ok = false;
break;
}
if(!ok) break;
}
if(ok) for(int x: s) dp[st] += dp[st ^ (1 << x)];
}
printf("%lld\n", dp[mx - 1]);
return 0;
}