本文是作者Linno对Codeforces Round #747 (Div. 2)比赛题目的解析，包括A到F六道题目。文章详细阐述了每道题的题意、解题思路以及代码实现，涵盖算法、ACM竞赛相关的程序设计技巧，主要使用C++编程语言。
title :Codeforces Round #747 (Div. 2)
date : 2021-10-9
tags : ACM,练习记录
author : Linno
题目链接 ：https://codeforces.com/contest/1594
补题进度 ：已补完
这次做得可谓是相当差了，A题想复杂、C题调一小时重写才过，E题十分钟写完没交上去。总之还是太菜了。
A-Consecutive Sum Riddle
题意
给一个n,求L和R，使得[L,R]中所有整数加起来等于n。
思路
对于正数，我们知道n=sum[n]-sum[n-1]，我们要减去n前面那一坨，只需要取负数的同样位置即可，即L=-n+1,R=n。负数同理。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+7;
const int mod=1e9+7;
int t,n,L,R;
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
if(n>0){
L=-n+1,R=n;
}else L=-n+1,R=n;
cout<<L<<" "<<R<<"\n";
}
return 0;
}
B-Special Numbers
题意
给出n,k，求第k个【n的幂集子集】之和的大小。
思路
考虑二进制，第k大的数其实就是k，普及到其他进制，也不过是把k二进制拆分，k=1010表示第10大的数是n3+n1n^3+n^1n3+n1
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+7;
const int mod=1e9+7;
int fpow(int a,int p){
int res=1;
while(p){
if(p&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
p>>=1;
}
return res;
}
int t,n,k,ans,cnt;
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>k;
ans=0;cnt=0;
while(k){
if(k&1){
ans+=fpow(n,cnt);
ans%=mod;
}
k>>=1;
cnt++;
}
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
C-Make Them Equal
题意
求多少次操作可以使得n长的字符串全为ch，每次操作可选择[1,n]中的一个数x，所有除不尽x的位置全部变为ch。
思路
很考察细节。很容易想到最多两次操作就能完成，对于这种情况我们都可以取pos1=n-1,pos2=n；对于1次操作的情况，x所在的位置字符必为ch，那么前面的元素必除不尽，遍历后面的元素即可。对于0次操作，就是所有位置都为ch。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=3e5+7;
const int mod=1e9+7;
int t,n,pos,pos2,vt[maxn];
char ch;
string str;
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>ch;
cin>>str;
int flag=0,flag2=0,cnt=0;
for(int i=0;i<str.length();i++){
if(str[i]!=ch){
flag++;
}else vt[++cnt]=i;
}
if(!flag) cout<<0<<"\n";
else{
for(int i=1;i<=cnt;i++){
flag2=vt[i]+1;
for(int j=flag2+1;j<=n;j++){
if(str[j-1]==ch) continue;
if((j)%(flag2)==0){
flag2=0;
break;
}
}
if(flag2) break;
}
if(flag2){
cout<<1<<"\n"<<flag2<<"\n";
}else{
cout<<2<<"\n"<<n-1<<" "<<n<<"\n";
}
}
}
return 0;
}
D-The Number of Imposters
题意
给定n个点m条边，每条边u指定v为c，已知c为imposter的点必说真话，c为crewmate的点必说假话，求图中最多有多少个imposter。
思路
相当于黑白涂色了，边的性质为1则两端不同色，否则两端同色。
双向建边跑二分图，取每个联通分块中个数多的答案加起来。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+7;
const int maxm=1e6+7;
struct E{
int nxt,v,f;
}e[maxm];
int head[maxn],cnt=0,ans=0;
int vis[maxn],num[3],flag;
void addedge(int u,int v,int f){
e[++cnt]=(E){head[u],v,f};
head[u]=cnt;
}
void dfs(int x,int col){
vis[x]=col;
num[col]++;
for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt){
int to=e[i].v,fang=(col==2)?1:2;
if(e[i].f==1){
if(vis[to]){
if(vis[to]!=fang) flag=1;
continue;
}else dfs(to,fang);
}
if(e[i].f==2){
if(vis[to]){
if(vis[to]!=col) flag=1;
continue;
}else dfs(to,col);
}
}
}
void init(){
ans=0;cnt=0;
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(head,0,sizeof(head));
}
signed main(){
int t,n,m,u,v;
string str;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>m;
init();
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>u>>v;
cin>>str;
if(str=="imposter") flag=1;
else flag=2;
addedge(u,v,flag);
addedge(v,u,flag);
}
flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
num[1]=0,num[2]=0;
if(!vis[i]){
dfs(i,1);
ans+=max(num[1],num[2]);
}
}
if(flag) cout<<-1<<"\n";
else cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
E1-Rubik’s Cube Coloring (easy version)
题意
有n^2-1个节点，每个节点涂上魔方6种颜色中的一种，相邻点颜色必须在魔方中相邻（有4种），求种方案数。
思路
第一个节点可以涂6种色，然后对于任意两个相邻的点都只能涂4种色，共2n−12^n-12n−1个点，那么答案就是6∗42n−26*4^{2^n-2}6∗42n−2。
注意对2用快速幂不要取模，不会爆long long。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+7;
const int mod=1e9+7;
int fpow(int a,int p){
int res=1;
while(p){
if(p&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
p>>=1;
}
return res;
}
int k;
signed main(){
cin>>k;
int tmp=1;
for(int i=1;i<=k;i++) tmp<<=1;
int ans=6*fpow(4,tmp-2);
cout<<ans%mod<<endl;
return 0;
}
E2-Rubik’s Cube Coloring (hard version)
题意
在上一题的基础上加多一个限定，就是我们固定住第i个节点的颜色，再求方案数。
思路
真正用到的点只有2000个，可以建立一棵虚树进行dp。
由于是完全二叉树，祖先的个数也只有lognlognlogn个，可以接受。
所有隐式节点或者说没被建立的节点，其值不受固定颜色点的干扰
转移时直接把两个子树乘起来。
代码
不是很会写，抄博客的。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef double db;
const int mod=1e9+7;
const db eps=1e-10;
inline int Max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int Min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline db Max(db x,db y){return x-y>eps?x:y;}
inline db Min(db x,db y){return x-y<eps?x:y;}
inline int Add(int x,int y,int M=mod){return (x+y)%M;}
inline int Mul(int x,int y,int M=mod){return 1ll*x*y%M;}
inline int Dec(int x,int y,int M=mod){return (x-y+M)%M;}
inline int Abs(int x){return x<0?-x:x;}
inline int read(){ //快读
int s=0,w=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')w=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return s*w;
}
inline void write(int x){ //快速输出
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=2e5+10;
int k,n;
int F[61];
string s;
typedef long long ll;
map<ll,ll>pa,col,lson,rson,f[4]; //实际上的点编号太大了，用map存
vector<ll>Node;
inline int qpow(int x,int y){ //快速幂
int res=1;
while(y){
if(y&1)res=Mul(res,x);
x=Mul(x,x);y>>=1;
}
return res;
}
inline int Getdep(int v){return log2(v)+1;} //获取点的深度
void Treat(){
for(auto v:Node){
if(lson[v]||rson[v])continue;
int Dep=k-Getdep(v)+1;
if(col[v])f[col[v]][v]=Mul(1,qpow(4,F[Dep]));
else for(int i=1;i<=3;++i)f[i][v]=Mul(2,qpow(4,F[Dep]));
}
}
void DP(ll x){
if(!lson[x]&&!rson[x])return;
if(lson[x])DP(lson[x]);
if(rson[x])DP(rson[x]);
ll L1=f[1][lson[x]],L2=f[2][lson[x]],L3=f[3][lson[x]],R1=f[1][rson[x]],R2=f[2][rson[x]],R3=f[3][rson[x]];
if(!lson[x]){L1=L2=L3=Mul(2,qpow(4,F[k-Getdep(x*2)+1]));}
if(!rson[x]){R1=R2=R3=Mul(2,qpow(4,F[k-Getdep(x*2)+1]));}
if(!col[x]){
f[1][x]=Mul(2,Mul(Add(L2,L3),Add(R2,R3)));
f[2][x]=Mul(2,Mul(Add(L1,L3),Add(R1,R3)));
f[3][x]=Mul(2,Mul(Add(L2,L1),Add(R2,R1)));
}
else{
if(col[x]==1)f[1][x]=Mul(Add(L2,L3),Add(R2,R3));
if(col[x]==2)f[2][x]=Mul(Add(L1,L3),Add(R1,R3));
if(col[x]==3)f[3][x]=Mul(Add(L2,L1),Add(R2,R1));
}
}
signed main(){
k=read();
F[1]=0;
for(int i=2;i<=60;++i){
F[i]=Add(F[i-1],1,mod-1);
F[i]=Mul(F[i],2,mod-1);
}
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
int pos=read();
cin>>s;
if(s=="orange"||s=="red")col[pos]=1;
if(s=="white"||s=="yellow")col[pos]=2;
if(s=="blue"||s=="green")col[pos]=3;
while(pos){ //返回向上到父亲的一条链
Node.emplace_back(pos);
pa[pos]=pos/2;
if(pos%2==0)lson[pos/2]=pos;
else rson[pos/2]=pos;
pos/=2;
}
}
sort(Node.begin(),Node.end()); //排序所有关键节点
ll root=1;
Treat();
DP(root);
int res=Add(f[3][root],Add(f[1][root],f[2][root]));
write(res);putchar('\n');
return 0;
}
F-Ideal Farm
题意
如果每个盒子都有求并且存在一个区间[l,r]使得∑i=lra[i]=k,其中a[i]表示第i个盒子的球数\sum_{i=l}^ra[i]=k,其中a[i]表示第i个盒子的球数∑i=lra[i]=k,其中a[i]表示第i个盒子的球数，那么我们就说这个方案是合理的。每组数据给定球数s,盒子数n以及k，问是否无论怎么划分都是合理的。
思路
首先我们向每个盒子加一个球，那么剩下的球，每隔k个盒子就再放k个，这样可以保证前面的区间都不存在方案使之合理，如果到最后依然有球剩下，那么就说明可以构建出一种不合理的方案，否则无论怎样都是合理的。
注：k>s是不合理的，并且特判s==k是合理的!
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t,s,n,k,flag,tim;
signed main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>s>>n>>k;
flag=0;
if(s==k){
puts("YES");
continue;
}
if(k>s) flag=1;
else{
s-=n; //每个pen先放一个
tim=n/k;
s-=tim*k;
if(s>=0) flag=1;
}
if(flag) puts("NO");
else puts("YES");
}
return 0;
}
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