2023 ICPC Gran Premio de Mexico 2da Fecha
2023 ICPC Gran Premio de Mexico 2da Fecha
文章目录
- A. Alaric Magic Partition
- B. Bogo Sort Probability
- C. Choose Two
- D. Draconis Subarrays
- E. Earnings Report
- F. Fibonacci Fever
- G. Guessing Two Steps into the Multiverse
- H. How Many Groups
- I. Iron Fist Ketil vs King Canute
- J. JP's List of Trips
- K. Knockout Spell
- L. ICPC Teams
- M. Modify the Array
- N. Necklace
A. Alaric Magic Partition
思路:考虑贪心，即每次只需拆出一个数字，因为1,2,3,4,5,7,9都符合条件，而剩下的0,6,8这3个数无论怎么组合都无法满足条件(坑点:0不算完全平方数)。复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。
#includeB. Bogo Sort Probability
思路：求多重集的排列数。复杂度 O ( k ∗ log 2 1 0 9 ) O(k*\log_210^9) O(k∗log2109)。
#includeC. Choose Two
思路：考虑枚举 H H H最大值。利用单调栈我们可以得到一个个分隔且互不覆盖的区间 [ L 1 , R 1 ] , [ L 2 , R 2 ] , . . . . , [ L k , R k ] [L_1,R_1],[L_2,R_2],....,[L_k,R_k] [L1,R1],[L2,R2],....,[Lk,Rk]。
这些区间内的最大值均为 H H H，同时我们也知道这些区间中值为 H H H的数的下标。
于是我们可以分别求出各个区间内满足最大值为 H H H的子区间的个数 c 1 , c 2 , . . . , c k c_1,c_2,...,c_k c1,c2,...,ck。
那么各区间之前相互组合满足答案的方案数为
s = c 1 ∗ ( c 2 + c 3 + . . . + c k ) + c 2 ∗ ( c 3 + . . . + c k ) + . . . + c k − 1 ∗ c k \begin{aligned} s=&c_1*(c_2+c_3+...+c_k)\\ &+c_2*(c_3+...+c_k)\\ &+...\\ &+c_{k-1}*c_k \end{aligned} s=c1∗(c2+c3+...+ck)+c2∗(c3+...+ck)+...+ck−1∗ck
接下来只需求出各个区间内组合满足条件的方案数 s i s_i si，并累计至答案即可。
求 s i s_i si，考虑用后缀和统计好满足条件的区间数，然后遍历区间的最大值 H H H的下标 x x x，将 [ L i , R i ] [L_i,R_i] [Li,Ri]分成2半 [ L i , x ] , [ x , R i ] [L_i,x],[x,R_i] [Li,x],[x,Ri]，并利用前缀和方案数和后缀和方案数计算(用等差数列计算)出符合条件的不覆盖方案数。
复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。
#includeD. Draconis Subarrays
思路：分别求出差分数组，然后用KMP统计数量即可。(坑点:要用快读，不然会T)。复杂度 O ( n + m ) O(n+m) O(n+m)。
#includeE. Earnings Report
思路：分三种类型，求出每种类型发薪日下标区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]，并在区间端点处打上标记，利用前缀和求出累计和即可。查询时直接利用提前计算好的前缀和计算。
复杂度 O ( 10000 ∗ 366 ) O(10000*366) O(10000∗366)。
#includeF. Fibonacci Fever
思路：求Fibonacci数列的幂次和，原题且网上有很多题解。
即利用Fibonacci的通项公式
F n = 1 5 [ ( 1 + 5 2 ) n − ( 1 − 5 2 ) n ] F_n=\frac{1}{\sqrt5}[(\frac{1+\sqrt5}{2})^n-(\frac{1-\sqrt5}{2})^n] Fn=51[(21+5)n−(21−5)n]
设 C = 1 5 , A = 1 + 5 2 , B = 1 − 5 2 C=\frac{1}{\sqrt5},A=\frac{1+\sqrt5}{2},B=\frac{1-\sqrt5}{2} C=51,A=21+5,B=21−5则
a n s = F 1 k + F 2 k + . . . + F n k = C k ( A − B ) k + C k ( A 2 − B 2 ) k + . . . + C k ( A n − B n ) k = C k ( ∑ i = 0 k ( − 1 ) i A i B k − i + ∑ i = 0 k ( − 1 ) i A 2 i B 2 ( k − i ) + . . . + ∑ i = 0 k ( − 1 ) i A n i B n ( k − i ) ) \begin{aligned} ans&=F_1^k+F_2^k+...+F_n^k\\ &=C^k(A-B)^k+C^k(A^2-B^2)^k+...+C^k(A^n-B^n)^k\\ &=C^k(\sum_{i=0}^k(-1)^iA^iB^{k-i}+\sum_{i=0}^k(-1)^iA^{2i}B^{2(k-i)}+...+\sum_{i=0}^k(-1)^iA^{ni}B^{n(k-i)}) \end{aligned} ans=F1k+F2k+...+Fnk=Ck(A−B)k+Ck(A2−B2)k+...+Ck(An−Bn)k=Ck(i=0∑k(−1)iAiBk−i+i=0∑k(−1)iA2iB2(k−i)+...+i=0∑k(−1)iAniBn(k−i))
如上式所示， ( − 1 ) i A i B k − i , ( − 1 ) i A 2 i B 2 ( k − i ) , . . . , ( − 1 ) i A n i B n ( k − i ) (-1)^iA^iB^{k-i},(-1)^iA^{2i}B^{2(k-i)},...,(-1)^iA^{ni}B^{n(k-i)} (−1)iAiBk−i,(−1)iA2iB2(k−i),...,(−1)iAniBn(k−i)构成了一个等比数列。
其中等比 q i = A i B k − i q_i=A^iB^{k-i} qi=AiBk−i，首项 a 1 = ( − 1 ) i A i B k − i a_1=(-1)^iA^iB^{k-i} a1=(−1)iAiBk−i。则
a n s = C k ∑ i = 0 k a i q i ( q i n − 1 ) q i − 1 ans=C^k\sum_{i=0}^k a_i\frac{q_i(q_i^n-1)}{q_i-1} ans=Cki=0∑kaiqi−1qi(qin−1)
接下来只需分别求出 C k , A i , B k − i 对 1 0 9 + 7 C^k,A^i,B^{k-i}对10^9+7 Ck,Ai,Bk−i对109+7取模后的值，然后用于计算即可。
A , B , C A,B,C A,B,C均带有 5 \sqrt{5} 5，如果 5 5 5是 1 0 9 + 7 10^9+7 109+7的二次剩余，则我们求出平方同于 5 5 5的整数解，用来代替 5 \sqrt{5} 5计算即可。但 5 5 5不是 1 0 9 + 7 10^9+7 109+7的二次剩余。
考虑利用复数的性质将 A , B , C A,B,C A,B,C转化为复数的形式来计算，其中虚部带根号，实部不带根号。即
A = 1 2 + 1 2 i B = 1 2 − 1 2 i C = 1 2 i \begin{aligned} A&=\frac12+\frac12i\\ B&=\frac12-\frac12i\\ C&=\frac12i \end{aligned} ABC=21+21i=21−21i=21i
其中 i = 5 , i 2 = 5 i=\sqrt{5},i^2=5 i=5,i2=5。
因为最终答案一定是整数，所以只需输出最终虚数的实部即可。
复杂度 O ( k ∗ log 2 n ) O(k*\log_2n) O(k∗log2n)。
#includeG. Guessing Two Steps into the Multiverse
思路：用 i n [ i ] in[i] in[i]和 o u t [ i ] out[i] out[i]分别记录点 i i i的入度和出度。
每新增一条边 u , v u,v u,v，则总路径数增加 i n [ u ] + o u t [ v ] + [ u = = v ] in[u]+out[v]+[u==v] in[u]+out[v]+[u==v]。
每一分钟可能增加的最大路径数为 i n i + o u t i + 1 in_i+out_i+1 ini+outi+1(增加边 i , i i,i i,i)或 max ( i n i ) + max ( o u t j ) \max(in_i)+\max(out_j) max(ini)+max(outj)(增加边 i , j i,j i,j)。
复杂度 O ( t ) O(t) O(t)。
#includeH. How Many Groups
思路：统计点 k k k到根路径上出现的不同数的个数， d f s dfs dfs即可。
复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。
#includeI. Iron Fist Ketil vs King Canute
思路：比下大小即可。
#includeJ. JP’s List of Trips
思路：如果2点间存在一条经过环的路径或者这2点本身就在环上，则这2点间的路径就不唯一，因为经过环则至少有2条路径。
那么接下来只要用拓扑排序删除图中的环，得到一个个联通块，然后再 d f s dfs dfs将联通块里的点用并查集合并即可。
复杂度 O ( n ) O(n) O(n)。
#includeK. Knockout Spell
思路：按题意循环统计即可。复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)。
#includeL. ICPC Teams
思路：考虑二分答案 t ( t ≤ 500 ) t(t\le500) t(t≤500)，那么 A , B , C 三人拥有的做题时间分别为 A ∗ t , B ∗ t , C ∗ t A,B,C三人拥有的做题时间分别为A*t,B*t,C*t A,B,C三人拥有的做题时间分别为A∗t,B∗t,C∗t，然后用背包算法将 n n n个题目依次配给三人，若题目能分配完则满足条件。
复杂度 O ( n ∗ 5000 ∗ log 2 500 ) O(n*5000*\log_2500) O(n∗5000∗log2500)。
#includeM. Modify the Array
思路： d [ i ] d[i] d[i]表示在执行了若干操作后以 a i a_i ai结尾的不同数组的数量，则 d [ j ] + = d [ i ] ( i < j 且 a j = min ( a k ) i < k ≤ j ) d[j]+=d[i](i
#includeN. Necklace
思路：用 d [ i ] [ k ] d[i][k] d[i][k]表示采集 [ i , i + k − 1 ] [i,i+k-1] [i,i+k−1]区间内珍珠可以获得的最大点数，当 d [ i ] [ k ] ≥ 0 d[i][k]\ge 0 d[i][k]≥0时，则可以更新答案。转移如下:
d [ i ] [ k ] = max ( d [ i ] [ k − 1 ] + a i + k − 1 , d [ i + 1 ] [ k − 1 ] + a k ) d[i][k]=\max(d[i][k-1]+a_{i+k-1},d[i+1][k-1]+a_k) d[i][k]=max(d[i][k−1]+ai+k−1,d[i+1][k−1]+ak)复杂度 O ( n ∗ k ) O(n*k) O(n∗k)。
#include