Codeforces Round 940 (Div. 2) and CodeCraft-23补题题解(A-D)

Codeforces Round 940 (Div. 2) and CodeCraft-23补题题解(A-D)

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c，d详解，a，b略解

A

题目很简单，细节见代码。注：代码省略了 $FastIO$ 的部分

def solve():
    n = I()
    a = LI()
    dic = {}
    for i in range(n):
        dic[a[i]] = dic.get(a[i], 0) + 1
    ans = 0
    for v in dic.values():
        ans += v // 3
    print1(ans)
 
 
for _ in range(I()):
    solve()

B

我们注意到数组的和是有上限的，那么我们可以怎么设置 $OR$ 运算的每一位呢，其实仔细想一想就可以想到当且仅当 $k>=2^{x+1}-1$ 时，我们能得到 $1$ ~ $x$ 所有位上的 1。所以我们输出 $2^{x+1}-1,k-(2^{x+1}-1),0,...$ 即可具体实现见代码：

p2 = [1]
for i in range(32):
    p2.append(2*p2[-1])

def solve():
    n,k = MI()
    ans = []
    for i in range(31):
        if p2[i+1]-1 > k:
            ans.append(p2[i]-1)
            ans.append(k - p2[i]+1)
            break
    if len(ans) < n:
        ans = ans + [0]*(n-len(ans))
    if len(ans) > n:
        while len(ans) > n:
            tp = ans.pop()
            ans[-1] += tp

    print_arr(ans)

for _ in range(I()):
    solve()

C

这题有两种理解和解题思路。

解法一：排列组合

• 根据题意我们发现可以忽略车在初始配置中的确切位置。只有空闲行列的数量才是最重要的，我们需要求解方案数。
• 那么我们每下一步棋会发生什么呢？假设剩余 $m$ 行和列没被占用，我们可以下在形如 $(x,x)$ 的位置，$x$ 为坐标，我们的 $m$ 会减少 $1$。当然， 我们也可以下在形如 $(x,y),x\ne y$ 的位置，这样电脑会下在 $(y,x)$，$m$ 减少 $2$​。
• 这样我们就可以枚举经过 $k$ 步以后到结束，下在形如 $(x,x)$ 位置的旗子数量的所有可能，统计每个数量对答案的贡献。
• 我们假设剩余 $m$ 个位置，我们下在形如 $(x,x)$ 位置上的个数为 $i$ 个( $m-i$为偶数才行 )，那么对答案的贡献为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m}\right)\times 2^{\frac{m-i}{2}}\times (m-i-1)!!$ 。其中 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m}\right)$ 表示从 $m$ 中选出 $i$ 个。后面的 $2^{\frac{m-i}{2}}\times (m-i-1)!!$ 是 $m-i$ 个形如 $(x,y),x\ne y$ 的位置的贡献，两个相乘即是对答案的总贡献。
• 关于后面式子 $2^{\frac{m-i}{2}}\times (m-i-1)!!$ 的解释如下：其中 $(m-i-1)!!$ 为 $m-i$ 个两两配对的方案数，推导：我们考虑一种递归的推导，设 $f(n)$ 表示 $n$ 个人两两配对的方案数，那么可以先随便取出 $1$ 人和一个配对，再将剩下的 $n-2$ 人继续配对，即： $f(n)=(n-1)f(n-2)$ ，最后算出答案为 $f(n)=(n-1)!!$ 即 $(n-1)$ 的双阶乘。$2^{\frac{m-i}{2}}$​ 是指每一对，都有两种下法。
• 启发：其实我们发现解这道题的关键是这些性质和式子的推导，要有意识的训练自己推式子，划分子问题的能力QAQ。

ac 代码：

mod = 10**9+7
ls = [1,1]
for i in range(2,300005):
    ls.append((ls[-1]*i) % mod)
ss = [1,1,2,3]
for i in range(4,300005):
    ss.append((ss[-2]*i) % mod)
p2 = [1,2]
for i in range(150005):
    p2.append(2*p2[-1]%mod)
inv = lambda x:pow(x,mod-2,mod)
def solve():
    n,k = MI()
    vis = [0]*(n+1)
    for _ in range(k):
        x,y = MI()
        vis[x] = vis[y] = 1
    ans = 1
    tmp = n - sum(vis)
    if tmp%2 == 1:
        for i in range(1,tmp,2):  # 多少个下在 (x,x) 上
            ans = (ans + (p2[(tmp-i)//2]*ls[tmp]*inv(ls[i])%mod)*inv(ls[tmp-i])*ss[tmp-i-1] % mod ) % mod
    else:
        for i in range(0,tmp,2):  # 多少个下在 (x,x) 上
            ans = (ans + (ls[tmp] * inv(ls[i]) * inv(ls[tmp - i]) % mod) * p2[(tmp-i)//2] * ss[tmp - i - 1] % mod) % mod

    print1(ans)


for _ in range(I()):
    solve()

解法二：DP

可参考官方题解，状态转移的方程的推导有点基于排列组合的意思。

D

题目解析

• 考虑异或的性质 $x\oplus x=0$，我们可以转换式子：$f(x,y)\oplus f(y,z)>f(x,z)$ 等价于 $f(x,z)\oplus a_y>f(x,z)$。
• 所以我们要找对于每一个 $y$ 使得包含 $a_y$ 的数组异或后变大，计算这样的数组的个数。
• 考虑异或的性质，异或后变大变小，仅需考虑最高位 1，我们现在的问题转化为，对于每一个 $a_y$ 和其最高位$m$ 我们如何快速找到包含它的所有区间 $[x,z]$，使得 $f(x,z)\&(1<<m)=0$.
• 对于求区间的一种累加性质，并且满足可逆性，我们考虑前缀和的形式，处理出 “异或前缀和”：$su$，$f(x,z)=su[z]\oplus su[x-1]$。
• 对于 $m$ 位为 $0$ ,考虑两种情况，$su[x-1]和su[z]的m位同为1或同为0$，根据这一性质如何快速找出满足条件的区间数？
• 想到预处理出前缀的数量即可，具体实现见代码。

启发: 涉及异或的题目我们可以多考虑异或的性质，其中异或后变大变小，仅需考虑最高位 1。对于区间的一些累加性质的维护，我们要有想到用前缀和处理的思维灵敏性。

代码：

def solve():
    def maxbit(x):
        tmp = -1
        while x:
            x>>=1
            tmp += 1
        return tmp
    n = I()
    a = [0]+LI()
    su = [0]  # a 的异或前缀和
    for i in range(1,n+1):
        su.append(su[-1]^a[i])
    c1,c0 = [[0]*31 for _ in range(n+1)], [[0]*31 for _ in range(n+1)]
    # 从0到i,j位为1的前缀的个数，从0到i,j位为0的前缀的个数
    for i in range(n+1):
        if i != 0:
            c1[i],c0[i] = [c1[i-1][j] for j in range(31)],[c0[i-1][j] for j in range(31)]
        for j in range(31):
            if su[i] & (1<<j): c1[i][j] += 1
            else: c0[i][j] += 1
    ans = 0
    for i in range(1,n+1):
        y = a[i]
        m = maxbit(y)
        ans += c1[i - 1][m] * (c1[n][m] - c1[i - 1][m])
        # 对于su[i]前的所有m位为1，i之后所有m位为1，两两组合会使得 f(x,z)=0
        ans += c0[i - 1][m] * (c0[n][m] - c0[i - 1][m])
        # 对于su[i]前的所有m位为0，i之后所有m位为0，两两组合会使得 f(x,z)=0
    print1(ans)

for _ in range(I()):
    solve()