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开题情况
7.22牛客多校3 ： 5题 - ADEFJ
7.24牛客多校4 ： 1题 - F
7.21杭电多校2 ： 4题 - 2、6、8、9
7.25杭电多校3 ： 4题 - 2、7、8、12
暑期多校第二周，这周打得有点不尽如人意，主要是好几场的mid题就开始卡了，尤其是牛客多校4，被自己一个很低级的错误葬送了B题，还需多练！
本人个人补题情况
7.22牛客多校3 ： 3题 - BEH
7.24牛客多校4 ： 2题 - BG
7.21杭电多校2 ： 3题 - 7、9、12
7.25杭电多校3 ： 2题 - 4、9
有些题场上虽然过了，但一看并非最优解，就也纳入补题阵列了。
牛客多校3补题
B - Bitwise Puzzle
赛时试图枚举所有初始状态来求解，但还是一WA再WA。
首先 \(b\) 可以进行按位右移操作，所以 \(b\) 是可以变成 \(0\) 的，那么，我们就有一个大致的方向了：用 \(b\) 来改 \(a\)，把 \(a\) 改成 \(c\)，然后把 \(b\) 异或上 \(a\)。
当 \(a\) 和 \(b\) 不都为 \(0\) 的时候，如果 \(a\) 和 \(b\) 的最高位不同，我们一定可以通过一次 \(a \oplus b\)，来把 \(a\) 和 \(b\) 的最高位变成一样的（因为最高位不等的话，在该位，一定有一个 \(1\) 一个 \(0\)，异或一下就可以把 \(0\) 改成 \(1\)），记这个最高位为 \(k\)。
由于我们要把 \(b\) 变成 \(0\)，所以 \(b\) 的最高位 \(1\) 会逐步右移，就足以修改掉 \(a\) 的 \(\leq k\) 的位了，因此对于 \(a\) 的 \(\leq k\) 的位，只需要通过把 \(b\) 逐步右移，对于 \(b\) 当前的最高位，比对 \(a\) 和 \(c\) 在该位是否相等，如果不相等，就用一次异或操作进行修改。由于 \(b\) 的最高位往左全都是 \(0\)，所以修改不会对 \(a\) 已修改的位造成影响。
那如果 \(c\) 的最高位 \(> k\) 呢？\(b\) 右移逐步修改是修改不到更高的位的，那么我们可以换个角度，既然 \(b\) 不能左移，那就让 \(a\) 左移，我们用第 \(k\) 位去修改 \(a\) 的第 \(k\) 位，然后通过左移操作把修改的位往左运输过去，不就行了吗。
因此，我们的操作顺序应该是：
- 如果 \(a\) 和 \(b\) 最高位不等，那么用一次 \(a \ oplus b\) 把最高位对齐。
- 通过 \(a \oplus b\) 和 \(a << 1\) 把 \(> k\) 的位修改得和 \(c\) 一样。
- 通过 \(a \oplus b\) 和 \(b >> 1\) 把 \(\leq k\) 的位修改得和 \(c\) 一样。
- 用 \(a \oplus b\) 把 \(b\) 改成 \(c\)。
计算一下操作次数：第一步最多执行 \(1\) 次操作，第二步和第三步每次修改最多有 \(2\) 个操作参与，总的位数最多为 \(31\) 位，所以最多 \(31 * 2 = 62\) 次，最后一步执行 \(1\) 次操作，加起来刚好 \(64\) 次，非常稳定！
再看一下上面这个做法成立的条件，我们需要把 \(a\) 和 \(b\) 的最高位对齐，因此，至少要有一个非 \(0\)，如果两个都是 \(0\)，则没有任何的修改机会，当且仅当 \(c = 0\) 的时候有解，否则无解。
点击查看代码
/* by 01022.hk - online tools website : 01022.hk/zh/calcvolume.html */
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using i64 = long long;
void solve() {
int a, b, c;std::cin >> a >> b >> c;
if(a == b && b == 0) {
if(c == 0) {
std::cout << 0 << "\n\n";
} else {
std::cout << -1 << '\n';
}
return;
}
std::vector<int> op;
if(std::__lg(a) != std::__lg(b)) {
if(std::__lg(a) < std::__lg(b)) {
a ^= b;
op.push_back(3);
} else {
b ^= a;
op.push_back(4);
}
}
int ch = std::__lg(c) - std::__lg(a);
int now = std::__lg(a);
if(ch > 0) {
for(int i = 0;std::__lg(a) < std::__lg(c);i ++) {
if((c >> (std::__lg(c) - i) & 1) != (a >> now & 1)) {
a ^= b;
op.push_back(3);
}
a <<= 1;
op.push_back(1);
}
}
for(int i = now;i >= 0;i --) {
if((c >> i & 1) != (a >> i & 1)) {
a ^= b;
op.push_back(3);
}
b >>= 1;
op.push_back(2);
}
while(b) {
b >>= 1;
op.push_back(2);
}
b ^= a;
op.push_back(4);
std::cout << op.size() << '\n';
for(auto &x : op) {
std::cout << x << ' ';
}
std::cout << '\n';
}
signed main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cout.tie(nullptr);
int t = 1;
std::cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
E - Equal
这个题赛时队友想的。
首先，如果 \(n\) 为奇数，那么一定可行，因为对除了某个数字外的其它的所有数字（一定是偶数个）都做一个相同的操作，等于对这个数字做一个单点的反向操作，那么一定可以把所有数字都变成一样的。（类似于上半年南昌邀请赛的一个题）
如果 \(n\) 为 \(2\)，特殊判断一下，当且仅当两个数字相同的时候才可行，因为此时只能对这两个数字操作，且操作都相同。
如果 \(n\) 为其它偶数，那么，只需要判断，各个质数在这些所有数中的出现次数，是否为偶数次，如果为偶数次，则一定可行，因为每次操作对质数次数变化都是偶数次，如果一开始次数为奇数次，那么最后必然会有孤立的数，并且不能像奇数的情况那样，通过修改其它的来看作反向修改自己，因为此时除了孤立出来的那个数，剩下的数的总数是偶数个。
处理方法，赛时选择对每个数进行唯一分解来计数，通过素数剪枝卡过去了，此做法很极限，瓶颈在于唯一分解。
那么再观察一下这个题要我们干嘛，质数出现次数为偶数，那什么方法很适合用来统计信息出现的奇偶性呢？
那不就是异或哈希嘛！
我们通过给每个质数随机一个哈希值，然后在素筛的过程中通过异或处理出每个数的哈希值，由于次数为偶数的时候，异或值为 \(0\)，因此，判断数组中所有分解出来的质数的出现次数是否都为偶数，也就是判断数组所有数的哈希值异或起来的值是否为 \(0\)。
时间复杂度：\(O(nlog(logn))\)
点击查看代码
/* by 01022.hk - online tools website : 01022.hk/zh/calcvolume.html */
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int N = 5e6 + 9;
bool notprime[N];
std::vector<int> prime;
bool vis[N];
int hash[N];
std::mt19937_64 rnd(std::chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
int ran(int l, int r)
{
return rnd() % (r - l + 1) + l;
}
void init() {
notprime[0] = notprime[1] = true;
for(int i = 2;i < N;i ++) {
if(!notprime[i])prime.push_back(i);
for(int j = 0;j < prime.size() && prime[j] * i < N;j ++) {
notprime[prime[j] * i] = true;
if(i % prime[j] == 0) {
break;
}
}
}
for(int i = 0;i < prime.size();i ++) {
hash[prime[i]] = ran(1e9, 1e18);
for(int j = prime[i] * 2;j < N;j += prime[i]) {
int tmp = j;
while(tmp % prime[i] == 0) {
tmp /= prime[i];
hash[j] ^= hash[prime[i]];
}
}
}
}
void solve() {
int n;std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
for(auto &x : a) {
std::cin >> x;
}
if(n & 1) {
std::cout << "YES\n";
return;
}
if(n == 2) {
if(a[0] == a[1]) {
std::cout << "YES\n";
} else {
std::cout << "NO\n";
}
return;
}
int ans = 0;
for(auto &x : a) {
ans ^= hash[x];
}
std::cout << ((ans == 0) ? "YES\n" : "NO\n");
}
signed main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cout.tie(nullptr);
init();
int t = 1;std::cin >> t;
while(t --) {
solve();
}
return 0;
}
H - Head out to the Target
赛时磕 B 去了，没看这题，现在回想起来应该和队友一起磕这题的。
这个题首先要明确一点，如果我们假设一个结点 \(x\) 是最后答案所在点，那么必定是从根沿着路径走下来，不会走到别的地方去（也就是把别的路切了），不然一定不优。
那么其实我们需要关注的，就是到某个时间点的时候，目标到根的路径上的所有结点，也就是目标的所有祖先结点，是否都有可能在最优情况下走过。
当一个目标出现时，只需要把它的最近的祖先结点往下扩展一格就行了，一个祖先结点是可能走过的，那么这个目标出现时，完全可以认为当前棋子就在这个祖先结点上，因为在其它结点的话，勾引过来到的位置，也一定是之前已经到过的，所以每次最多扩展一格。
只需要判断目标在每个结点时，该结点是否有可能走过即可（因为也可以切断它下面的边避免它被勾引走）。
这个祖先结点可以使用倍增进行查找，单次时间复杂度为 \(O(logn)\)，由于每个点最多被扩展一次，所以最多扩展 \(n\) 次，然后就一定有解了。
时间复杂度：\(O(nlogn)\)。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int N = 1e7 + 9;
void returm() {
int n, k;std::cin >> n >> k;
std::vector<std::array<int, 30>> fa(n + 1, std::array<int, 30>{});
for(int i = 2;i <= n;i ++) {
std::cin >> fa[i][0];
}
for(int k = 1;k < 30;k ++) {
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
fa[i][k] = fa[fa[i][k - 1]][k - 1];
}
}
std::vector<int> vis(n + 1);
vis[1] = true;
vis[0] = true;
auto get = [&](int st) -> int {
for(int k = 29;k >= 0;k --) {
if(vis[fa[st][k]])continue;
st = fa[st][k];
}
return st;
};
int ans = -1;
while(k --) {
int u, l, r;std::cin >> u >> l >> r;
if(ans != -1)continue;
if(vis[u]) {
ans = l;
continue;
}
for(int i = l;i <= r;i ++) {
int now = get(u);
vis[now] = true;
if(now == u) {
ans = i;
break;
}
}
}
std::cout << ans << '\n';
}
signed main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cout.tie(nullptr);
int t = 1;//std::cin >> t;
while(t --) {
returm();
}
}
牛客多校4补题
B - BlindAlley
赛时战犯的一题，由于最大值自底向上转移的时候循环写反了，导致赛时没能开出，记录于此，警钟长鸣！
还是写写思路吧，这个题，其实关注点总结下来就一句话：一个点，是否有可能在某一时刻，以为能向右走过去走到终点，于是向右走到了这个点，但这个点实际上是无法抵达终点的，同时也没有回头路了。
翻译一下题意如下：
- 在某个点以为能向右走过去，翻译一下其实就是：当前列为 \(j\)，向右走了过后，该右点能向右到达的最远点的列数 \(\geq j + k\)。
- 这个点实际上是无法抵达终点，翻译一下，其实就是：从重点出发按题目规则反向走走不到这个点。
因此，思路就很简单了。
首先从起点跑一遍BFS再配合一次从右往左的简单DP转移最值，预处理一下每个点可以到达的最远列。
然后从重点跑一遍BFS，找出所有可以抵达的点。
然后再从起点跑一遍BFS，不过这次和第一次不一样，这次在走点的时候，要判断一下是否满足上述第1条题意翻译，然后对于可以抵达的点，判断一下它是不是可以抵达终点的点，如果不是，那就直接输出 Yes 即可。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int N = 1e7 + 9;
int dx[] = {-1, 1, 0, 0};
int dy[] = {0, 0, 1, -1};
void returm() {
int n, m, k;std::cin >> n >> m >> k;
std::vector a(n, std::vector<char>(m));
for(auto &x : a) {
for(auto &c : x) {
std::cin >> c;
}
}
std::vector mx(n, std::vector<int>(m));
std::queue<std::pair<int, int>> q;
q.push({0, 0});
std::vector vis(n, std::vector<int>(m));
auto inmp = [&](int x, int y) -> bool {
return x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m;
};
mx[0][0] = 0;
while(q.size()) {
auto [x, y] = q.front();
q.pop();
for(int i = 0;i < 3;i ++) {
int nx = x + dx[i];
int ny = y + dy[i];
if(!inmp(nx, ny))continue;
if(a[nx][ny] == '1')continue;
if(vis[nx][ny])continue;
mx[nx][ny] = std::max(y, ny);
vis[nx][ny] = true;
q.push({nx, ny});
}
}
for(int j = m - 1;j >= 0;j --) {
if(j + 1 < m) {
for(int i = 0;i < n;i ++) {
if(a[i][j + 1] == '0')mx[i][j] = std::max(mx[i][j], mx[i][j + 1]);
}
}
for(int i = 0;i < n;i ++) {
if(a[i][j] == '1')continue;
if(i - 1 >= 0 && a[i - 1][j] == '0')mx[i][j] = std::max(mx[i][j], mx[i - 1][j]);
}
for(int i = n - 1;i >= 0;i --) {
if(a[i][j] == '1')continue;
if(i + 1 < n && a[i + 1][j] == '0')mx[i][j] = std::max(mx[i][j], mx[i + 1][j]);
}
}
std::vector v(n, std::vector<int>(m));
v[0][m - 1] = true;
q.push({0, m - 1});
while(q.size()) {
auto [x, y] = q.front();
q.pop();
for(int i = 0;i < 4;i ++) {
if(i == 2)continue;
int nx = x + dx[i];
int ny = y + dy[i];
if(!inmp(nx, ny))continue;
if(a[nx][ny] == '1')continue;
if(v[nx][ny])continue;
v[nx][ny] = true;
q.push({nx, ny});
}
}
std::vector u(n, std::vector<int>(m));
q.push({0, 0});
u[0][0] = true;
while(q.size()) {
auto [x, y] = q.front();
q.pop();
if(!v[x][y]) {
std::cout << "Yes\n";
return;
}
for(int i = 0;i < 3;i ++) {
int nx = x + dx[i];
int ny = y + dy[i];
if(!inmp(nx, ny))continue;
if(a[nx][ny] == '1')continue;
if(u[nx][ny])continue;
if(mx[nx][ny] < y + k)continue;
u[nx][ny] = true;
q.push({nx, ny});
}
}
std::cout << "No\n";
}
signed main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cout.tie(nullptr);
int t = 1;std::cin >> t;
while(t --) {
returm();
}
}
G - Ghost intheParentheses
看到括号对，作为一个栈匹配的经典模型，常见的思路就是转化为前缀问题，对 ( 赋值为 \(1\)，对 ) 赋值为 \(-1\)。
题目说对于未知的括号对，要让它们的填法是唯一的，来满足合法的括号序列。
那考虑一下，什么样的括号对，如果未知，其填法不是唯一的呢？
对于一个合法的括号对序列，应该满足它的任何一个前缀和都 \(\geq 0\)，如果交换一个左括号和一个右括号，该条件仍然满足，那么就说明不唯一！
因此，唯一的条件是，交换任何一个左括号和任何一个右括号，都会导致存在一个前缀值 \(< 0\)。
回到这个题目，我们对于每一个点 \(i\)，找到右边最近的一个满足前缀值 \(= 1\) 的位置 \(j\)，这时候， \(i\) 左侧的左括号，都可以未知，且只能是左括号未知，\(j\) 右侧的右括号，都可以未知，且只能是右括号未知，因为此时交换左边未知左括号和右边未知的右括号，必然导致 \(j\) 处的前缀值变成 \(-1 < 0\)。
同时，考虑 \(i\) 到 \(j\) 之间的字符都已知，因为 \(i\) 到 \(j\) 之间的字符如果未知，都会对 \(j\) 的位置造成影响，不便于计数。
由于选出的未知字符一定是左边很多左括号，右边很多右括号，不会出现先右括号再左括号的情况（出现这种情况了则可以交换他俩了，前缀值只会增大），这样的话，为了不重不漏，我们可以以每个左括号为分界点来进行计数，一定可以做到不重不漏。
但其实还是会漏掉一种情况，由于在上面的枚举过程中，我们保证了每种情况至少有一个左括号是不选为未知的，所以所有左括号都被选为未知的情况会被漏掉，并且这时候一定唯一，所以最后再加上这种情况即可。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int M = 998244353;
int power(int n, int m) {
int res = 1;
while(m) {
if(m & 1)res = res * n % M;
n = n * n % M;
m >>= 1;
}
return res;
}
int inv(int x) {
return power(x, M - 2) % M;
}
void returm() {
std::string s;std::cin >> s;
int n = s.size();
s = ' ' + s;
std::vector<int> pre(n + 2), suf(n + 2), sum(n + 2);
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
sum[i] = sum[i - 1] + (s[i] == '(' ? 1 : -1);
}
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
pre[i] = pre[i - 1] + (s[i] == '(');
}
for(int i = n;i >= 1;i --) {
suf[i] = suf[i + 1] + (s[i] == ')');
}
std::vector<int> p(n + 1);
p[0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
p[i] = p[i - 1] * 2 % M;
}
int ans = 0;
for(int i = 1, j = 1;i <= n;i ++) {
j = std::max(j, i);
while(j <= n && sum[j] > 1)j ++;
if(s[i] == '(') {
ans = (ans + p[pre[i - 1]] * p[suf[j + 1]] % M) % M;
}
}
ans = (ans + p[n / 2]) % M;
ans = ans * inv(p[n]) % M;
std::cout << (ans % M + M) % M << '\n';
}
signed main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
std::cout.tie(nullptr);
int t = 1;//std::cin >> t;
while(t --) {
returm();
}
}
杭电多校2补题
杭电多校3补题
作者： 天天超方的
出处： https://www.cnblogs.com/TianTianChaoFangDe
关于作者：ACMer，算法竞赛爱好者
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