差点爆零系列
补题进度:[3/10]
A Minimum Cost Perfect Matching
有点复杂的构造,首先先考虑从高位向低位构造,总之最后肯定会找到一个合适的数位
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int m;
int vis[1000500];
int main()
{
int n;
cin>>n;
int t=n;
m=0;
while(t){
t/=2;
m++;
}
int flag=0;
for(int i=0;i<n;i++){
t=i;
for(int j=0;j<m;j++){
if((t>>j)&1){
t-=(1<<j);
}
else t+=(1<<j);
}
int ans=m-1;
while(vis[t]||t>=n){
if((t>>ans)&1){
t-=(1<<ans);
}
ans--;
}
if(flag==0) {
cout<<t;
flag=1;
}
else
cout<<' '<<t;
vis[t]=1;
}
return 0;
}
C Bit Compression
场下用爆搜卡卡常数失败,于是就i学习了正解。
其实也是爆搜,但是我预处理了最后几位,然后把3^n的解法下降几个数量级,这样优化也是头一次见,学到了
E Counting 4-Cliques
这道题就是构造,一开始想到了这个办法,但是没写出来……
其实我先构造一个完全图出来,然后在这个图之外随便选一个点连接图中任意3个点,就构成了一个4团,总共可以构造(n4)(n4) 个,分析一下就知道大概5个这样的点就行,我们就把组合数处理一下,然后枚举这5个点连多少个完全图上的点就行。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pr pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
ll C(int n,int k)
{
if(n<k)
return 0;
ll ans = 1;
for(int i = n; i >= n - k + 1; i--)
{
ans*=i;
}
for(int i = 1; i <= k; i++)
ans/=i;
return ans;
}
ll rc[200001];
void init()
{
memset(rc,-1,sizeof(rc));
for(int i = 1; i<=100; i++)
rc[C(i,3)] = i;
}
int main()
{
vector<int> vec;
vector<pr> ans;
init();
int z;
cin>>z;
int n = 4;
int T = 70;
while(n < T && C(n+1,4) < z)
{
// cout<<C(n+1,4)<<endl;
n++;
}
T = min(T,n);
z -= C(n,4);
for(int i = 2; i<=T; i++)
{
for(int j = i ; j<=T; j++)
{
for(int k = j; k<=T; k++)
{
for(int l = k; l<=T; l++)
{
int sum = C(i,3)+C(j,3)+C(k,3)+C(l,3);
if(sum <= z && rc[z-sum] >= 0&& rc[z-sum] <=T)
{
vec.pb(i);
vec.pb(j);
vec.pb(k);
vec.pb(l);
vec.pb(rc[z - sum]);
}
if(!vec.empty())
break;
}
if(!vec.empty())
break;
}
if(!vec.empty())
break;
}
if(!vec.empty())
break;
}
for(int i = 1; i<=n; i++)
{
for(int j = i+1; j<=n; j++)
{
ans.pb(mp(i,j));
}
}
for(int i = n + 1; i<=n + 5; i++)
{
for(int j = 0; j<vec[i - n-1]; j++)
{
ans.pb(mp(i,j+1));
}
}
n += 5;
cout<<n<<' '<<ans.size()<<endl;
for(auto e : ans)
{
cout<<e.first<<' '<<e.second<<endl;
}
return 0;
}
这一场去干百度之星了,签了个到就跑了。
补题进度[3/11]
G Counting regions
OEIS 题,实际上可以用欧拉公式(点线面) 和组合数搞一下。还是很有意思的题。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 +7;
ll pow_mod(ll a,ll n)
{
ll res = 1,b = a % mod;
while(n)
{
if(n & 1)
res = res * b % mod;
b = b*b % mod;
n>>=1;
}
return res;
}
long long inv(long long a,long long m) { if(a == 1)return 1; return inv(m%a,m)*(m-m/a)%m; }
void check(ll &n)
{
while(n <0 ) n = (n + mod) % mod;
}
int main()
{
ll n;
scanf("%lld",&n);
ll ans = 24;
ans = (ans + mod - 1LL*42 * n) % mod;
check(ans);
ans = (ans + 1LL*23*pow_mod(n,2)) % mod;
check(ans);
ans = (ans + mod - 1LL*6*pow_mod(n,3)) % mod;
check(ans);
ans =(ans + pow_mod(n,4)) % mod;
check(ans);
ans = (ans * inv(24,mod)) %mod;
check(ans);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
E Touring cities
仔细分析了一下,题意就是找一个哈密顿回路。
但是如果矩阵的两维长度同为奇数,就需要额外+1了,此时如果有一条飞机航线能减少这一次转移就可以不用加。
粗浅的理解,还是贴姐写的证明详细。
H Playing games
求出最多选多少个数能让这些书的异或和为0。
我们先把这个问题转化一下,令x为所有数的异或和,答案就是删掉最小的书,删掉的数异或和为x。
最后我们二分一下,每次判断的过程可以转化成FWT
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define endl '\n'
using namespace std;
const int maxn = (1<<19);
const int mod = 1e9 + 7;
void FWT(int a[],int n)
{
for(int d=1;d<n;d<<=1)
for(int m=d<<1,i=0;i<n;i+=m)
for(int j=0;j<d;j++)
{
int x=a[i+j],y=a[i+j+d];
a[i+j]=x+y;
if (a[i+j]>=mod) a[i+j]-=mod;
a[i+j+d]=x-y+mod;
if (a[i+j+d]>=mod) a[i+j+d]-=mod;
}
}
int x[maxn],y[maxn];
int main()
{
int n;
int res = 0;
scanf("%d",&n);
for(int i = 0;i<n;i++)
{
int k;
scanf("%d",&k);
res ^= k;
x[k]++;
}
if(res == 0)
{
printf("%d\n",n);
}
else
{
int l = 0,r = 19;
x[0]++;
FWT(x,maxn);
while(r - l > 1)
{
int mid = (l + r)/2;
for(int i = 0;i<maxn;i++)
{
y[i] = 1;
for(int j = 0;j<mid;j++) y[i] = 1LL*y[i]*x[i]%mod;
}
FWT(y,maxn);
if(y[res])
{
r = mid;
}
else
{
l = mid;
}
}
printf("%d\n",n - r);
}
return 0;
}