[题解][Codeforces 1139A~1139F]Codeforces Round #548 (Div. 2) 简要题解

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题目

洛谷 RemoteJudge

• A
• B
• C
• D
• E
• F

Codeforces

• A
• B
• C
• D
• E
• F

A

题意

• 一个长度为 $n$ 的数字串 $s$
• 求 $s$ 有多少个子串，满足子串内的数字顺次连接后得到的数是偶数
• $1\le n\le 65000$ 且 $s$ 不包含 $0$

题解

• $$\sum _{i=1}^{n}i[s[i]是偶数]$$

代码

#include <bits/stdc++.h>

// 20030830

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

typedef long long ll;

const int N = 1e5 + 5;

int n;
char s[N];
ll ans;

int main()
{
	n = read();
	scanf("%s", s + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (s[i] - '0' + 1 & 1) ans += i;
	std::cout << ans << std::endl;
	return 0;
}

B

题意

• 一个长度为 $n$ 的正整数数组 $a$
• 求一个长度为 $n$ 的非负数组 $x$ ，满足
• （1）对于所有的 $1\le i\le n$ ，有 $0\le x_i\le a_i$
• （2）对于所有的 $1\le j<i\le n$ ，有 $x_j=0$ 或 $x_j<x_i$
• （3）最大化 ${\sum }_{i=1}^n{x}_i$
• 求这个最大值
• $1\le n\le 2\times 10^5$ ， $1\le a_i\le 10^9$

题解

• 从右到左考虑，显然每个 $x_i$ 需要取到它能取到的最大值
• 也就是说
• （1） $x_n=a_n$
• （2） $x_i=\min (a_i,\max (0,x_{i+1}-1))$ ， $1\le i<n$

代码

#include <bits/stdc++.h>

// 20030830

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

template <class T>
inline T Min(const T &a, const T &b) {return a < b ? a : b;}

typedef long long ll;

const int N = 2e5 + 5;

int n, a[N], wt;
ll ans;

int main()
{
	n = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(); wt = a[n] + 1;
	for (int i = n; i >= 1; i--)
	{
		wt--; if (wt < 0) wt = 0;
		wt = Min(wt, a[i]);
		ans += wt;
	}
	std::cout << ans << std::endl;
	return 0;
}

C

题意

• 一棵 $n$ 个节点的树，边有红边和黑边
• 求有多少个节点序列 $a_{1\dots k}$
• 满足 $a_1$ 到 $a_2$ ， $a_2$ 到 $a_3$ ， $\dots$ ， $a_{k-1}$ 到 $a_k$ 这 $k-1$ 条路径中存在一条经过了至少一条黑边
• $2\le n\le 10^5$ ， $2\le k\le 100$

题解

• 容易想到一个经典的 O(nk) 树形 DP
• 用总方案数 $n^k$ 减掉不经过黑边的方案数
• 显然，如果只加入所有红边，那么不经过黑边的方案数，就是节点序列 $a_{1\dots k}$ 中所有点位于同一个连通块内的方案数
• 用并查集维护连通块大小
• 答案就是 $n^k$ 减去所有连通块的大小的 $k$ 次幂之和

代码

#include <bits/stdc++.h>

// 20030830

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

const int N = 1e5 + 5, ZZQ = 1e9 + 7;

int qpow(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1) res = 1ll * res * a % ZZQ;
		a = 1ll * a * a % ZZQ;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int n, k, fa[N], sze[N], ans;

int cx(int x)
{
	if (fa[x] != x) fa[x] = cx(fa[x]);
	return fa[x];
}

void zm(int x, int y)
{
	int ix = cx(x), iy = cx(y);
	if (ix != iy) fa[iy] = ix, sze[ix] += sze[iy];
}

int main()
{
	int x, y, z;
	n = read(); k = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i, sze[i] = 1;
	for (int i = 1; i < n; i++)
	{
		x = read(); y = read(); z = read();
		if (!z) zm(x, y);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (fa[i] == i) ans = (qpow(sze[i], k) + ans) % ZZQ;
	std::cout << (qpow(n, k) - ans + ZZQ) % ZZQ << std::endl;
	return 0;
}

D

题意

• 给定正整数 $m$ ，你有一个空集合 $a$
• 每次你可以等概率随机一个 $[1,m]$ 内的正整数加入集合 $a$
• 加入之后，如果集合 $a$ 内所有数的 $\gcd$ 为 $1$ 则结束过程，否则继续随机
• 求过程结束后集合 $a$ 的期望大小
• $1\le m\le 100000$

算法：莫比乌斯反演 + 期望 DP

• 状态 $f[i]$ 表示当前集合 $a$ 的 $\gcd$ 为 $i$ 的情况下，期望加入多少个数之后这个 $\gcd$ 变成 $1$
• 显然有
• $$f[1]=0$$
• $$f[i]=1+\frac{1}{m}\sum _{j=1}^{m}f[\gcd (i,j)]$$
• 发现 $\gcd (i,j)$ 的取值个数只有 $i$ 的约数个数，所以把枚举 $j$ 改成枚举 $\gcd (i,j)$
• $$f[i]+1+\frac{1}{m}\sum _{d|i}f[d]\times cnt(d,i)$$
• $cnt(d,i)$ 表示 $[1,m]$ 内有多少个数与 $i$ 的 $\gcd$ 等于 $d$
• 另设 $g(i,j)$ 表示 $[1,i]$ 内有多少个数与 $j$ 互质
• 显然有 $cnt(d,i)=g(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor ,\frac{i}{d})$
• 注意到 ${\sum }_{i=1}^m\frac{m}{i}=O(m\log m)$
• 所以考虑求出所有的 $ij\le m$ ，对应 $g(\lfloor \frac{m}{i}\rfloor ,j)$ 的值
• 那么对于给定的 $a\ge b$ ，如何求有多少个 $1\le i\le a$ 满足 $\gcd (i,b)=1$ 呢？
• 如果不是满足 $\gcd (i,b)=1$ 而是满足 $x|\gcd (i,b)$ ，则这显然为 $\lfloor \frac{a}{x}\rfloor$
• 所以，考虑反演，得
• $$g(a,b)=\sum _{x|b}\mu (x)\lfloor \frac{a}{x}\rfloor$$
• 线性筛 $\mu$ 之后就可以在 $O(b的约数个数)$ 的时间内求出
• 设 $D(x)$ 为 $x$ 的约数个数，那么对每对 $ij\le m$ 进行计算的总复杂度为
• $$\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{i}\rfloor }D(j)=\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{i}\rfloor }\lfloor \frac{\lfloor \frac{m}{i}\rfloor }{j}\rfloor =\sum _{i=1}^m\lfloor \frac{m}{i}\rfloor \log m=O(m{\log }^{2}m)$$
• 回到这个转移
• $$f[i]+1+\frac{1}{m}\sum _{d|i}f[d]\times cnt(d,i)$$
• 发现 $d$ 可以等于 $i$ ，得不到转移的目的，所以做一些移项
• $$(1-\frac{cnt(i,i)}{m})f[i]=1+\frac{1}{m}\sum _{d|i,d̸=i}f[d]\times cnt(d,i)$$
• $$f[i]=\frac{1}{1-\frac{cnt(i,i)}{m}}(1+\frac{1}{m}\sum _{d|i,d̸=i}f[d]\times cnt(d,i))$$
• 于是我们就可以转移了
• 考虑如何算答案
• 由于第一个数可以随便取，所以答案为
• $$\frac{1}{m}\sum _{i=1}^m(1+f[i])$$
• 看到某人的提交记录里有吊打标算的非 DP 做法，复杂度仿佛是 $O(m\log m)$ ，所以有更优做法欢迎提出

代码

• 该代码中的 $f[i]$ 表示的是题解中的 $f[i]$ 加一，答案为 $\frac{1}{m}{\sum }_{i=1}^{m}f[i]$ ，边界为 $f[1]=1$ ，见谅

#include <bits/stdc++.h>

// 20030830

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

const int N = 1e5 + 5, ZZQ = 1e9 + 7;

int qpow(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1) res = 1ll * res * a % ZZQ;
		a = 1ll * a * a % ZZQ;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

int n, f[N], miu[N], tot, pri[N], inv[N], wt[N], num[N], res[N], ans;
bool mark[N];
std::vector<int> divi[N], cont[N];

int solve(int n, int m)
{
	int tt = divi[m].size(), res = 0;
	for (int i = 0; i < tt; i++)
	{
		int x = divi[m][i];
		res += miu[x] * (n / x);
	}
	return res;
}

void sieve()
{
	mark[0] = mark[miu[1] = 1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if (!mark[i]) miu[pri[++tot] = i] = -1;
		for (int j = 1; j <= tot; j++)
		{
			if (1ll * i * pri[j] > n) break;
			mark[i * pri[j]] = 1;
			if (i % pri[j] == 0) break;
			else miu[i * pri[j]] = -miu[i];
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = i; j <= n; j += i)
			divi[j].push_back(i);
	for (int i = 1; i <= n;)
	{
		int nxt = n / (n / i);
		for (int j = 1; j <= n / i; j++) res[j] = solve(n / i, j);
		for (int j = i; j <= nxt; j++)
			for (int k = j; k <= n; k += j)
				cont[k].push_back(res[k / j]);
		i = nxt + 1;
	}
}

int main()
{
	n = read();
	inv[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
		inv[i] = 1ll * (ZZQ - ZZQ / i) * inv[ZZQ % i] % ZZQ;
	sieve();
	f[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		int tt = divi[i].size();
		for (int j = 0; j < tt; j++)
			wt[j + 1] = 1ll * inv[n] * cont[i][j] % ZZQ, num[j + 1] = divi[i][j];
		int qt = qpow((1 - wt[tt] + ZZQ) % ZZQ, ZZQ - 2);
		for (int j = 1; j < tt; j++) wt[j] = 1ll * wt[j] * qt % ZZQ;
		f[i] = qt;
		for (int j = 1; j < tt; j++)
			f[i] = (1ll * wt[j] * f[num[j]] + f[i]) % ZZQ;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		ans = (1ll * inv[n] * f[i] + ans) % ZZQ;
	std::cout << ans << std::endl;
	return 0;
}

E

题意

• 有 $m$ 个集合和 $n$ 个元素，每个元素一开始属于恰好一个集合，且第 $i$ 个元素的属性值为 $p_i$
• 在每个集合中挑选一个元素（如果该集合为空就不要挑选），使得挑选出的所有元素的属性值的 $\text{mex}$ 最大
• $\text{mex}$ 表示最小没有出现过的自然数
• 你需要在每次删掉一个元素之后回答这个 $\text{mex}$ 的最大值
• $1\le m\le n\le 5000$ ， $0\le p_i\le 5000$

算法：二分图匹配

• 建一张二分图，一侧是属性值，一侧是集合，对于每个元素 $i$ 由 $p_i$ 向其所属集合连一条边
• 这样，如果 $x$ 为满足属性值 $[0,x]$ 都能找到匹配的最大 $x$ ，答案就是 $x+1$
• 发现二分图删边不好处理，所以考虑倒着加边，在加边的过程中维护最大匹配
• 维护当前的最大 $x$
• 当加一条边之后，需要更新匹配数
• 具体地，尝试对点 $x+1$ 寻找匹配
• 如果找得到匹配则将 $x$ 加一，否则停止当前的匹配
• 由于属性值一侧的每个点最多寻找一次匹配，所以复杂度 $O(n\max p)$

代码

#include <bits/stdc++.h>

// 20030830

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

template <class T>
inline T Max(const T &a, const T &b) {return a > b ? a : b;}

const int N = 3e4 + 5;

int n, m, tot, p[N], c[N], d, k[N], ecnt, nxt[N], adj[N], go[N], ans[N],
QAQ, vis[N], my[N], now;
bool del[N];

void add_edge(int u, int v)
{
	nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v;
}

bool dfs(int u)
{
	for (int e = adj[u], v = go[e]; e; e = nxt[e], v = go[e])
		if (vis[v] < QAQ)
		{
			vis[v] = QAQ;
			if (my[v] == -1 || dfs(my[v]))
				return my[v] = u, 1;
		}
	return 0;
}

bool find_match(int x)
{
	QAQ++; return dfs(x);
}

int main()
{
	memset(my, -1, sizeof(my));
	n = read(); m = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) tot = Max(tot, p[i] = read());
	for (int i = 1; i <= n; i++) c[i] = read();
	d = read();
	for (int i = 1; i <= d; i++) del[k[i] = read()] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (!del[i]) add_edge(p[i], tot + c[i]);
	for (int i = d; i >= 1; i--)
	{
		while (now <= tot && find_match(now)) now++;
		ans[i] = now;
		add_edge(p[k[i]], tot + c[k[i]]);
	}
	for (int i = 1; i <= d; i++) printf("%d\n", ans[i]);
	return 0;
}

F

题意

• $n$ 种菜和 $m$ 个人
• 每种菜 $i$ 有三个属性 $p_i,s_i,b_i$
• 每个人 $j$ 有两个属性 $in{c}_j,pre{f}_j$
• 一个人 $j$ 能品尝菜 $i$ 当且仅当 $p_i\le in{c}_j\le s_i$ 且 $|b_i-pre{f}_j|\le in{c}_j-p_i$
• 求每个人能品尝多少种菜
• $1\le n,m\le 10^5$ ，其他数据均为 $10^9$ 级别

算法：扫描线 + 树状数组

• 此题有一个非常套路的 $O((n+m){\log }^{2}n)$ 做法（ CDQ 分治）和一个比较妙的官方题解做法，复杂度少一个 $\log$ ，下面只讨论后者
• 首先， $|b_i-pre{f}_j|\le in{c}_j-p_i$ 就相当于 $b_i-pre{f}_j\le in{c}_j-p_i$ 且 $pre{f}_j-b_i\le in{c}_j-p_i$
• 把问题抽象到二维平面上，一个点 $(x,y)$ 表示一个人的 $inc$ 为 $x$ ， $pref$ 为 $y$
• 整理一下得出条件
• （1） $p_i\le in{c}_j\le s_i$
• （2） $in{c}_j+pre{f}_j\ge b_i+p_i$
• （3） $pre{f}_j-in{c}_j\le b_i-p_i$
• 这相当于点 $(in{c}_j,pre{f}_j)$ 位于如下图所示的三角形内（含边界）
  
• 考虑扫描线，把所有人离线按照 $inc$ 排序，按照 $x$ 坐标递增的顺序扫描，当扫到 $b_i$ 时加入第 $i$ 个三角形的影响，扫到 $s_i+1$ 时去除第 $i$ 个三角形的影响
• 我们对于每个人 $(in{c}_j,pre{f}_j)$ 需要询问这个点在多少个三角形内
• 考虑差分，也就是说当 $x=x_0$ 时，如果直线 $x=x_0$ 经过了第 $i$ 个三角形且 $y$ 坐标范围 $[l,r]$ 被第 $i$ 个三角形覆盖，则在 $l$ 处贡献 $1$ ， $r+1$ 处贡献 $-1$ ，则当 $in{c}_j=x_0$ 时，单点询问 $(in{c}_j,pre{f}_j)$ 转化成询问前缀和 $pre{f}_j$
• 于是我们考虑第 $i$ 个三角形的影响，可以看成
• （1）在直线 $x+y=b_i+p_i$ 上贡献 $1$
• （2）在直线 $y-x=b_i-p_i+1$ 上贡献 $-1$
• 消除第 $i$ 个三角形的影响则同理
• 询问相当于询问横坐标为 $in{c}_j$ ，纵坐标不超过 $pre{f}_j$ 的贡献之和
• 用两个数据结构 $A$ 和 $B$ 分别记录 $x+y$ 和 $y-x$ 的贡献
• 直线 $x+y=k$ 能为 $(in{c}_j,pre{f}_j)$ 贡献当且仅当 $k\le in{c}_j+pre{f}_j$
• 所以加入第 $i$ 个三角形时，在数据结构 $A$ 的 $b_i+p_i$ 处进行单点加 $1$
• 直线 $y-x=k$ 能为询问贡献当且仅当 $k\le pre{f}_j-in{c}_j$
• 所以加入第 $i$ 个三角形时，在数据结构 $B$ 的 $b_i-p_i+1$ 处进行单点加 $1$
• 这样第 $j$ 个询问的答案就是当 $x$ 扫描到 $in{c}_j$ 时，数据结构 $A$ 的前缀和 $in{c}_j+pre{f}_j$ 减去数据结构 $B$ 的前缀和 $pre{f}_j-in{c}_j$
• 可以用树状数组等实现
• 复杂度 $O((n+m)\log (n+m))$

代码

#include <bits/stdc++.h>

// 20030830

inline int read()
{
	int res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	return bo ? ~res + 1 : res;
}

const int N = 1e5 + 5, M = N << 2;

int n, m, p[N], s[N], b[N], inc[N], pref[N], tot, a[M], A[M], B[M], cnt, ans[N];

struct node
{
	int tm, x, y, op, id;
} que[M];

inline bool comp(node a, node b)
{
	return a.tm < b.tm || (a.tm == b.tm && a.op < b.op);
}

void changeA(int x, int v)
{
	for (; x <= tot; x += x & -x)
		A[x] += v;
}

int askA(int x)
{
	int res = 0;
	for (; x; x -= x & -x)
		res += A[x];
	return res;
}

void changeB(int x, int v)
{
	for (; x <= tot; x += x & -x)
		B[x] += v;
}

int askB(int x)
{
	int res = 0;
	for (; x; x -= x & -x)
		res += B[x];
	return res;
}

int main()
{
	n = read(); m = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) b[i] = read();
	for (int i = 1; i <= m; i++) inc[i] = read();
	for (int i = 1; i <= m; i++) pref[i] = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		a[++tot] = p[i] + b[i], a[++tot] = b[i] - p[i] + 1;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		a[++tot] = inc[i] + pref[i], a[++tot] = pref[i] - inc[i];
	std::sort(a + 1, a + tot + 1);
	int tt = std::unique(a + 1, a + tot + 1) - a - 1;
	tot = tt;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		que[++cnt] = (node) {p[i], p[i], b[i], 1, 0},
		que[++cnt] = (node) {s[i] + 1, p[i], b[i], -1, 0};
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		que[++cnt] = (node) {inc[i], inc[i], pref[i], 2, i};
	std::sort(que + 1, que + cnt + 1, comp);
	for (int i = 1; i <= cnt; i++)
		if (que[i].op <= 1)
		{
			changeA(std::lower_bound(a + 1, a + tot + 1,
				que[i].x + que[i].y) - a, que[i].op);
			changeB(std::lower_bound(a + 1, a + tot + 1,
				que[i].y - que[i].x + 1) - a, que[i].op);
		}
		else ans[que[i].id] = askA(std::lower_bound(a + 1, a + tot + 1,
			que[i].x + que[i].y) - a) -
			askB(std::lower_bound(a + 1, a + tot + 1,
			que[i].y - que[i].x) - a);
	for (int i = 1; i <= m; i++) printf("%d ", ans[i]);
	return puts(""), 0;
}