AtCoder Regular Contest 176 A~D

最新推荐文章于 2025-11-24 15:27:16 发布

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#算法 #c++ #ACM-ICPC #OI #atcoder

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62 篇文章

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A.01 Matrix Again（思维）

题意：

有一个 $\times N$ 网格。让 $(i, j)$ 表示从上往下第 $i$ 行，从左往上第 $j$ 列的单元格。

您需要在每个单元格中填入 $0$ 或 $1$ 。请构建一个满足以下所有条件的填充网格的方法：

单元格 $(A1,B1),(A2,B2)…(AM,BM)(A_1,B_1),(A_2,B_2)\dots (A_M,B_M)$ 中包含 $1$ 。
第 $i$ 行中的整数总和为 $M$ 。 $\le i \le N)$
第 $i$ 列中的整数总和为 $M$ 。 $\le i \le N)$

可以证明，在这个问题的约束条件下，至少有一种填充网格的方法可以满足条件。

分析：

设 $S_k$ 是单元格 $(i, j)$ 的集合，满足 $\bmod N$ 。现在，如果我们从 $S_k$ 中选择 $M$ 个不同的单元格，并在这些单元格中写入 $1$ ，则行和与列和将为 $M$ 。
那么接下来就是为每个 $i$ 加入 $NS_{A_i + B_i \bmod N}$ ，需要注意如果有重复的 $NA_i + B_i \bmod N$ 中，则需要相应添加 $S_k$ 。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
int n, m;

int main() {
    int T;
    T = 1;
    while (T--) {
        cin >> n >> m;
        vector<bool> vis(n);
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            int x, y;
            cin >> x >> y;
            x--, y--;
            vis[(x + y) % n] = 1;
        }
        vector<int> ans;
        for (int i = 0; i < n; i++)
            if (vis[i])
                ans.push_back(i);
        for (int i = 0; i < n; i++)
            if (!vis[i] && ans.size() < m)
                ans.push_back(i);
        cout << n * m << endl;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                int x = i, y = (ans[j] - i + n) % n;
                cout << x + 1 << " " << y + 1 << endl;
            }
        }
    }
    return 0;
}

B.Simple Math 4（数学）

题意：

求 $2^N$ 除以 $2^M - 2^K$ 的余数的最后一位数字。

分析：

如果是 $\ge M$ ，我们可以变换 $2M−2K)2^N \equiv 2^N - 2^{N-M}(2^M - 2^K) \equiv 2^{N-(M-K)} (\bmod\ 2^M - 2^K)$ ，这样就可以把 $N$ 换成 $N - (M - K)$ 。重复这一操作，我们就可以将其简化为 $N < M$ 的情况。
那么，如果是 $N, K = M - 1$ ，我们就有 $2^N = 2^M - 2^K$ ，所以答案是 $0$ 。否则，有 $2^N < 2^M - 2^K$ ，所以答案是 $102^N \bmod 10$ 。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 998244353;

LL binpow(LL a, LL b, LL m) {
    a %= m;
    LL res = 1;
    while (b > 0) {
        if (b & 1)
            res = res * a % m;
        a = a * a % m;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

LL n, m;

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        LL k;
        cin >> n >> m >> k;
        n -= max(0ll, n - k) / (m - k) * (m - k);
        if (n == m - 1 && k == m - 1)
            cout << "0" << endl;
        else
            cout << binpow(2, n, 10) << endl;
    }
    return 0;
}

C.Max Permutation（图论）

题意：

输出满足以下条件的 $(1,2,…,N)(1,2,\dots,N)$ 的排列 $P=(P1,P2,…,PN)P=(P_1,P_2,\dots,P_N)$ 的数量，并将答案对 $998244353$ 取模。

$(1≤i≤M)\max(P_{A_i},P_{B_i}) = C_i\ (1 \le i \le M)$ .

分析：

我们构建一个有 $N$ 个顶点的图 $G$ ，其中每个 $i$ 顶点 $A_i$ 和 $B_i$ 之间都有一条权重为 $C_i$ 的边。

如果有 $max(P_{A_i},P_{B_i}) = C_i$ ，那么必须有 $PAi,PBi≤CiP_{A_i},P_{B_i} \le C_i$ 。据此，对于每一个 $i$ 我们都可以推导出一个形式为 $Pi≤XiP_i \le X_i$ 的条件。(如果顶点 $i$ 是 $G$ 中的一个孤立点，那么 $Xi=∞X_i = \infty$ ）。

假设 $P_i = k$ 并且我们按照 $k = N, N - 1, ..., 1$ 的顺序依次处理。在此过程中，我们进行以下情况的区分。

如果有两个或两个以上的 $i$ 满足 $C_i = k$ 。那么所有权重为 $k$ 的边都必须有一个顶点 $v$ 作为端点。这里需要注意的是，如果存在这样一个顶点 $v$ ，那么它就是唯一确定的。如果 $v$ 不存在或 $X_v < k$ 不存在，那么答案就是 $0$ 。否则，我们设为 $P_v = k$ 。

如果只有一个 $i$ 满足 $C_i = k$ 。则在该边的端点中选择一个 $Xj≥kX_j \ge k$ 并设置 $P_j = k$ 。如果两个端点都满足条件，那么无论我们选择哪一个，情况都是一样的，因此我们将答案乘以 $2$ 并设置 $P_j = k$ 。如果两个端点都不符合条件，答案就是 $0$ 。
如果没有 $i$ 满足 $C_i = k$ 。我们从 $Xj≥kX_j \ge k$ 和 $P_j$ 尚未确定的顶点中选择一个顶点，并设置为 $P_j = k$ 。如果不存在这样的顶点，答案就是 $0$ 。如果存在多个这样的顶点，那么无论我们选择哪个顶点，情况都是一样的，我们将答案乘以候选顶点的数量，并为某个顶点设置 $P_j = k$ 。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 3e5 + 10;
const int MOD = 998244353;
int n, m;
int tmp[MAXN];
int a[MAXN];
int u, v, w;
vector<pair<int, int> > e[MAXN];
LL ans = 1, res;

int main() {
    int T;
    T = 1;
    while (T--) {
        cin >> n >> m;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            tmp[i] = n;
        }
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            cin >> u >> v >> w;
            e[w].push_back(make_pair(u, v));
            tmp[u] = min(tmp[u], w);
            tmp[v] = min(tmp[v], w);
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            a[tmp[i]]++;
        }
        for (int i = n; i >= 1; i--) {
            res += a[i];
            if (e[i].size() >= 2) {
                int tmp1 = -1;
                if (e[i][0].first == e[i][1].first || e[i][0].first == e[i][1].second) {
                    tmp1 = e[i][0].first;
                } else if (e[i][0].second == e[i][1].first || e[i][0].second == e[i][1].second) {
                    tmp1 = e[i][0].second;
                } else {
                    ans = 0;
                }
                for (int j = 2; j < e[i].size(); j++) {
                    if (e[i][j].first != tmp1 && e[i][j].second != tmp1) {
                        ans = 0;
                    }
                }
                if (tmp[tmp1] < i) {
                    ans = 0;
                }
                res--;
            } else if (e[i].size() == 1) {
                int num = 0;
                if (tmp[e[i][0].first] >= i) {
                    num++;
                }
                if (tmp[e[i][0].second] >= i) {
                    num++;
                }
                ans = (ans * num) % MOD;
                if (num) {
                    res--;
                }
            } else {
                ans = (ans * res) % MOD;
                if (res) {
                    res--;
                }
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

D.Swap Permutation （数学）

题意：

给你一个 $(1,2,…,N)(1,2,\dots,N)$ 的排列组合 $P=(P1,P2,…,PN)P=(P_1,P_2,\dots,P_N)$ 。你将执行以下操作 $M$ 次：

选择一对整数 $(i, j)$ ，使得 $\le i < j \le N$ ，然后交换 $P_i$ 和 $P_j$ 。

有 $(N(N−1)2)M\left(\frac{N(N-1)}{2}\right)^M$ 个可能的操作序列。对于其中的每一个，考虑所有运算后的值 $∑i=1N−1∣Pi−Pi+1∣\sum\limits_{i=1}^{N-1} |P_i - P_{i+1}|$ 。求所有这些值的和，并对 $998244353$ 取模。

分析：

将问题转化成：把 $P$ 中小于或等于 $k$ 的值替换为 $0$ ，将大于 $k$ 的值替换为 $1$ ，再计算 $∑i=1N−1∣Pi−Pi+1∣\sum\limits_{i=1}^{N-1} |P_i - P_{i+1}|$ 的和，并将所有 $\le k \le N-1)$ 的和相加。

接下来解决 $P$ 的所有元素都是 $0$ 或 $1$ 的问题。考虑找出每个 $i$ 在操作后 $P_i - P_{i+1}| = 1$ 的序列数量。这可以通过对三个状态进行矩阵指数运算来实现，三个状态分别代表 $P_i$ 和 $P_{i+1}$ 中有 $\le j \le 2)$ 个零。

对所有 $i, k$ 进行上述运算的时间复杂度为 $O(N2log⁡M)\mathrm{O}(N^2 \log M)$ ，但如果使用累积和或类似方法，事先计算出每个 $k$ 中 $i$ 的个数，使得初始状态中 $P_i$ 和 $P_{i+1}$ 中不大于 $k$ 的元素个数为 $j$ ，就可以在 $O(log⁡M)\mathrm{O}(\log M)$ 中找到每个 $k$ 的答案。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 10;
const int mod = 998244353;

struct MAT {
    int z[3][3];

    MAT() {
        memset(z, 0, sizeof(z));
    }

    MAT operator*(MAT y) {
        MAT x = *this, ans;
        for (int i = 0; i < 3; ++i) {
            for (int k = 0; k < 3; ++k) {
                for (int j = 0; j < 3; ++j) {
                    ans.z[i][j] = (ans.z[i][j] + 1ll * x.z[i][k] * y.z[k][j]) % mod;
                }
            }
        }
        return ans;
    }

    MAT operator^(int y) {
        MAT x = *this, ans;
        for (int i = 0; i < 3; ++i) {
            ans.z[i][i] = 1;
        }
        while (y) {
            if (y & 1) {
                ans = ans * x;
            }
            x = x * x;
            y >>= 1;
        }
        return ans;
    }
};

int p[maxn], v[maxn], c[4];

int main() {
    int T;
    T = 1;
    while (T--) {
        int n, m;
        cin >> n >> m;
        for (int i = 1, x; i <= n; ++i) {
            cin >> x;
            p[x] = i;
        }
        int ans = 0;
        c[0] = n - 1;
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            int t = p[i];
            if (t != 1) {
                --c[(v[t - 1] << 1) | v[t]];
            }
            if (t != n) {
                --c[(v[t] << 1) | v[t + 1]];
            }
            v[t] = 1;
            if (t != 1) {
                ++c[(v[t - 1] << 1) | v[t]];
            }
            if (t != n) {
                ++c[(v[t] << 1) | v[t + 1]];
            }
            MAT tmp;
            tmp.z[0][0] = (1ll * n * (n - 1) / 2 - 2 * i) % mod;
            tmp.z[0][1] = 2 * i;
            tmp.z[1][0] = n - i - 1;
            tmp.z[1][1] = (1ll * n * (n - 1) / 2 - (n - i - 1) - (i - 1)) % mod;
            tmp.z[1][2] = i - 1;
            tmp.z[2][1] = (n - i) * 2;
            tmp.z[2][2] = (1ll * n * (n - 1) / 2 - (n - i) * 2) % mod;
            MAT tn = tmp ^ m;
            ans = (ans + 1ll * tn.z[0][1] * c[0] % mod + 1ll * tn.z[1][1] * (c[1] + c[2]) % mod +
                   1ll * tn.z[2][1] * c[3] % mod) % mod;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}