C. Permutation Counting 4 （线性代数）
大意：求排列计数，限制条件：每个元素位置只能在给定区间\([l,r]\)内，答案模2。
行列式最基本的定义是枚举排列，构造一个n阶行列式，让每一行的\([l,r]\)内为1，其余为0，则行列式的值就是答案。考虑模2意义下，01异或行列式为0当且仅当某些行异或起来（初等行变换）能得到全0行。进一步的，可以转化为节点l到r+1连边判环。
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define N 1000005
#define MOD 998244353
using namespace std;
int n;
// dsu
int fa[N];
int rt(int x)
{
while(x!=fa[x]) x=fa[x]=fa[fa[x]];
return x;
}
bool merge(int u,int v)
{
u=rt(u); v=rt(v);
if(u==v) return false;
fa[v]=u;
return true;
}
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n+1;++i) fa[i]=i;
int ans=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int l,r;
cin>>l>>r;
//第i行 [l,r] 为1
if(!merge(l,r+1)) ans=0; // 存在环，则此环涉及的行，做若干次初等行变换异或到一起，一定能得到一个全0行，行列式=0
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
solve();
}
return 0;
}
G. The Median of the Median of the Median （二分+二维前缀和）
大意：给定长度 \(n\) 的序列 \(a_i\) ，定义 \(b_{ij}\) 为 \(a[i...j]\) 的中位数，\(c_{ij}\) 为 $ b[(i,i)...(j,j)] $ 的中位数，求 \(\{c_{ij}\}\) 的中位数。
先二分+树状数组预处理 \(b_{ij}\) ，再二分答案 \(x\)，设 \(b'_{ij} = [b_{ij}<=x]\)，预处理出前缀和，则 \(\sum b'[(i,i)...(j,j)]\) 为 \(x\) 的排名，排名 \(>=\left\lceil \frac{\text{siz}}{2} \right\rceil\) 时，\(c_{ij} <= x\)；同理可以得到 \(\{c_{ij}\}\) 中 \(x\) 的排名，排名\(>=\left\lceil \frac{\text{tot}}{2} \right\rceil\) 时，\(ans <= x\) 。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2005
using namespace std;
int n, a[N];
int tot;
map<int,int> mp;
int c[N];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
void upd(int i,int x)
{
while(i<=tot) {c[i]+=x; i+=lowbit(i);}
}
int sum(int i)
{
int res = 0;
while(i>0){res+=c[i]; i-=lowbit(i);}
return res;
}
int b[N][N];
int pp[N];
int s[N][N];
bool check(int x)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=n;++j)
{
if(b[i][j]>=1 && b[i][j]<=x) s[i][j] = s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+1;
else s[i][j] = s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1];
}
}
int cnt = 0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=i;j<=n;++j)
{
if(s[j][j]-s[i-1][j]-s[j][i-1]+s[i-1][i-1] >= ((j-i+1)*(j-i+2)/2 + 1)/2) ++cnt;
}
}
return cnt >= (n*(n+1)/2 + 1)/2;
}
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i], mp[a[i]]=0;
tot = 0;
for(auto &&p:mp) p.second = ++tot;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
pp[mp[a[i]]] = a[i];
a[i] = mp[a[i]];
}
// cout<<'\n';
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=tot;++j) c[j]=0;
for(int j=i;j<=n;++j)
{
upd(a[j], 1);
int len = j-i+1;
int l=1,r=tot,mid;
while(l<r)
{
mid = (l+r)>>1;
if(sum(mid)>=(len+1)/2) r=mid;
else l=mid+1;
}
b[i][j] = l;
}
}
int l=1,r=tot,mid;
while(l<r)
{
mid = (l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<pp[l]<<'\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T = 1;
//cin>>T;
while(T--)
{
solve();
}
return 0;
}
L. Bull Farm（图论，多次缩点，码力）
大意：\(n\)个位置，\(n-1\)个球，恰好1个位置空，1盒至多装1球。有\(l\)个可选操作，第\(i\)个操作为一个序列\(t_i\)，将\(j\)位置的球移动到\(t_{ij}\)。q个询问，只用若干次前c个操作，能否将a空变换为b空。
先不考虑前c个操作的约束，对于空位的移动，我们可以建有向图，用tarjan缩点，并统计可达性。
考虑c约束，可以离线，按c排序，每次加边，只有排列和仅包含2个相同元素的序列是合法操作，加完边后再次缩点并统计可达性，并处理当前c值的询问。
实现较复杂，细节多码量大。
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define N 2005
#define Q 1000005
#define MOD 998244353
using namespace std;
vector<int> e[N];
int dfn[N], low[N], tot, st[N], inst[N], top, fa[N];
void tarjan(int u)
{
dfn[u] = low[u] = ++tot;
st[++top] = u; inst[u] = 1;
for(auto &&v:e[u])
{
if(!dfn[v])
{
tarjan(v);
low[u] = min(low[u], low[v]);
}
else if(inst[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
}
if(dfn[u] == low[u])
{
int v;
do{
v = st[top--]; inst[v] = 0;
fa[v] = u;
}while(v != u);
}
}
int rt(int x)
{
while(x!=fa[x]) x=fa[x]=fa[fa[x]];
return x;
}
bitset<N> go[N];
bitset<N> vis;
void dfs(int u)
{
go[u][u]=1;
for(auto &&v:e[u])
{
if(!vis[v])
{
vis[v] = 1;
dfs(v);
}
go[u] |= go[v];
}
}
int t[N][N];
int nt[N];
bitset<Q> ans;
struct query{
int a,b,id;
};
vector<query> qs[N];
void solve()
{
int n,l,q;
cin>>n>>l>>q;
for(int i=1;i<=n;++i) {e[i].clear(); fa[i]=i; for(int j=1;j<=n;++j) go[i][j]=0;}
for(int i=1;i<=l;++i) {qs[i].clear();}
for(int i=1;i<=l;++i)
{
string s;
cin>>s;
for(int j=1;j<=n;++j) t[i][j] = (s[2*(j-1)]-48)*50 + (s[2*(j-1)+1]-48);
}
for(int i=1;i<=q;++i)
{
string s;
cin>>s;
int a = (s[0]-48)*50 + (s[1]-48);
int b = (s[2]-48)*50 + (s[3]-48);
int c = (s[4]-48)*50 + (s[5]-48);
// cout<<a<<' '<<b<<' '<<c<<'\n';
qs[c].push_back({a,b,i});
}
for(auto &&[a,b,id]:qs[0]) ans[id]=(a==b);
for(int c=1;c<=l;++c)
{
// add
for(int i=1;i<=n;++i) nt[i] = 0;
int t1=0,t2=0;
int ok=2;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(!nt[t[c][i]]) nt[t[c][i]] = i;
else
{
t1=i; t2=nt[t[c][i]];
ok -= 1;
}
}
if(!t1 && !t2)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(rt(i) != rt(t[c][i]))
e[rt(i)].push_back(rt(t[c][i]));
}
}
else if(ok>0)
{
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(!nt[i])
{
int z=i;
t1=rt(t1), t2=rt(t2), z=rt(z);
if(t1 != z) e[t1].push_back(z);
if(t2 != z) e[t2].push_back(z);
break;
}
}
}
// tarjan
tot=0; top=0;
for(int i=1;i<=n;++i) {dfn[i]=0; inst[i]=0;}
for(int i=1;i<=n;++i) if(!dfn[i] && rt(i)==i) tarjan(i);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(rt(i) != i)
{
for(auto &&v:e[i]) if(rt(v) != rt(i)) e[rt(i)].push_back(rt(v));
e[i].clear();
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(rt(i) == i)
{
int inf = 0x3f3f3f3f;
for(auto &&v:e[i]) {v=rt(v); if(v==i) v=inf;}
sort(e[i].begin(), e[i].end());
auto pos = unique(e[i].begin(), e[i].end());
e[i].erase(pos, e[i].end());
if(e[i].size() && e[i].back()==inf) e[i].pop_back();
}
}
for(int i=1;i<=n;++i) vis[i]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(!vis[i] && rt(i)==i)
{
vis[i]=1;
dfs(i);
}
}
// cal
for(auto &&[a,b,id]:qs[c])
{
a=rt(a); b=rt(b);
ans[id] = go[a][b];
}
}
// for(int i=1;i<=n;++i) cout<<rt(i)<<'\n';
for(int i=1;i<=q;++i) cout<<ans[i];
cout<<'\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
solve();
}
return 0;
}