2018 nowcoder 多校 7 & 8

最新推荐文章于 2020-07-20 18:21:13 发布

原创最新推荐文章于 2020-07-20 18:21:13 发布 · 189 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

2018多校题解专栏收录该内容

18 篇文章

订阅专栏

本文精选了几道算法竞赛题目并提供了详细的解题思路与代码实现，涵盖了完美匹配、位压缩、图论、组合数学等核心算法，对于提高算法水平极具参考价值。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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 ${n \choose 4}$ 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;
}