Educational Codeforces Round 84 (Rated for Div. 2)(A-E)

Educational Codeforces Round 84 (Rated for Div. 2)

打爆的一场…

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A
不写longlongWA3

B
写起来很恶心…题目还读错了…
考虑没有配对的公主和王子即可。

C
虽然知道是思维题但是就是想不到…淦！

题目允许移动2mn次，所以可以先花费至多m+n-2次将所有点堆叠在[1, 1]上，然后再用mn - 1次遍历所有方格，这样操作后每个点在遍历方格时一定会经过所需要经过的那个点。

很多时候题目做不出来要再读几遍题目…把一些关键的信息牢记于心…昨晚的[L, R]就是因为读题不慎而做不出来…

D
emm不算很难的题目，但是场上跟了风，没看D，去尝试做了E，但E也没做出来。。

之前在学习polya定理的时候稍微接触了一番置换群的有关概念，有了置换群的前置知识后这道题其实就没有什么难点了。

考虑k给定的情况，就是用步长k在置换群上造圆。题目要求找出最小的k，使得存在这样一个圆，圆上所有元素的颜色相同。

赛后补题自己写的时候用了素因子去划分每个小圆，但是这样的算法其实很假。尽管想到了暴力找所有的因子(而不仅仅是素因子)，但是感觉时间复杂度撑不住，就没有写下去。

然而标答就是枚举所有可能的因子，对每个因子$O(m)$的查询一次是否存在同色圆。事实上，这样做的时间复杂度并不很大: 找所有的因子是线性的，复杂度$O(m)$；对于每个因子的查询是遍历一次小圆，可以认为复杂度接近$O(m)$；而对于总和不超过2e5的一堆数字，如果某个数字本身不大，那么尽管它占用因子的效率更高，但是在$O(m)$查询时也由于其本身不大所以总和也不会太大，如果某个数字本身较大，那么虽然这个数字需要花费更多的时间，但是其余剩余的数字就会更小；而且在2e5内，某个数最多有100小几个因子，最小的这样的数是50400，有108个因子，哪怕有4个50400，也只会花费410050400 = 2e7的时间；再加上我们在判断的时候加上了i < ans的最优性剪枝，所以这样暴力遍历是完全ok的。

代码

const int inf = 1 << 30;
const int maxn = 2e5 + 10;
int p[maxn], c[maxn];

int N, ans;
struct{
    vector<int> vec;
    int n;
    
    void solve(int p){
        int ok, OK = 0;
        //划分成了p个小圆
        for(int j = 0; j < p; j++){
            ok = 1;
            int k = j + p;
            while(k < n){
                if(c[vec[k]] != c[vec[k - p]]){
                    ok = 0;
                    break;
                }
                k += p;
            }
            OK |= ok;
        }
        if(OK) ans = min(ans, p);
    }
    
    void sove(){
        n = (int)vec.size();
        ans = min(ans, n);
        for(int i = 1; i < n && i < ans; i++) if(n % i == 0)
            solve(i);
    }
    
}circle[maxn];


int vis[maxn];
int main(){
//    Fast;
//    getprime();
    int t; scanf("%d", &t); while(t--){
        ans = inf; N = 0;
        int n; scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d", p + i);
            vis[i] = 0;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", c + i);
        
        for(int i = 1; i <= n; i++) if(!vis[i]){
            int now  = i;
            circle[N].vec.clear();
            while(!vis[now]){
                circle[N].vec.push_back(now);
                vis[now] = 1;
                now = p[now];
            }
            N++;
        }
        for(int i = 0; i < N; i++) circle[i].sove();
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

E
组合数学学的太菜了…

直接用乘法原理考虑一个长度为d的块在整个序列中的某个位置时可能产生的所有种数；不需要考虑重复的情况是因为如果一个数字中出现了多个d块，每一个位置的d块我们都会进行一次以它为核心的计数，而这整个数字在每次计数中都只会贡献1次，所以总共来看这若干个d块恰贡献了这些d块的个数次，也就不重不漏的完成了计数工作。

组合数学不能再咕了!🐦要赶紧开始学习了qwq