AtCoder Grand Contest 036

Preface

这篇已经鸽了好久的说，AGC037都打完了才回来补所以题目可能都记不大清楚了，如有错误请指正

这场感觉难度远高于上一场，从D开始就不会了，E没写（看了题解都不会写），F就是抄曲明姐姐的

我还是太弱了

A - Triangle

刚开始想了一堆很SB的做法，后来才想到用叉积来解决

考虑构造向量\((a,b),(c,d)\)，同时定下一个点在原点处，此时的三角形面积就是\(ad-bc\)

可以考虑像CXRdalao一样取一个底数\(10^9\)构造，也可以像我一样先随便搞出一个\(ad\)比\(S\)略大一些，然后暴枚一下\(bc\)即可

#include<cstdio>

#include<cmath>

#define RI register int

using namespace std;

const int LIM=1e9;

long long s; int a,b,c,d;

int main()

{

	scanf("%lld",&s); a=d=(int)sqrt(s);

	while (1LL*a*d<s) if (a<d) ++a; else ++d;

	long long left=1LL*a*d-s; for (RI i=1;1LL*i*i<=left;++i)

	if (left%i==0&&i<=LIM&&left/i<=LIM) { b=i; c=left/i; break; }

	return printf("0 0 %d %d %d %d",a,b,c,d),0;

}

B - Do Not Duplicate

题意可能比较复杂。。。

稍微理解并画个图就会发现这种操作是有循环节的，然后画个图就知道循环节长度不会超过\(n\)

模拟找出循环节然后取个膜再模拟一遍233

#include<cstdio>

#define RI register int

#define CI const int&

using namespace std;

const int N=400005;

int n,a[N],nxt[N],lst[N],pos,cur,ans[N],cnt; long long k;

int main()

{

	//freopen("B.in","r",stdin); freopen("B.out","w",stdout);

	RI i; for (scanf("%d%lld",&n,&k),i=1;i<=n;++i)

	scanf("%d",&a[i]),a[n+i]=a[i];

	for (i=(n<<1);i>n;--i) lst[a[i]]=i-n;

	for (i=n;i;--i) nxt[i]=lst[a[i]],lst[a[i]]=i;

	//for (i=1;i<=n;++i) printf("%d ",nxt[i]);

	for (pos=cur=1,i=1;i<=n;++i)

	{

		int pxt=nxt[pos]; if (pxt<=pos) ++cur;

		pos=pxt+1; if (pos==1) { --cur; break; }

	}

	for (pos=1,k%=cur,cur=0;;)

	{

		int pxt=nxt[pos]; if (pxt<=pos) ++cur;

		if (cur==k) break; pos=pxt+1;

	}

	for (;;)

	{

		int pxt=nxt[pos]; if (pxt<=pos) ans[++cnt]=a[pos++];

		else pos=pxt+1; if (pos>n) break;

	}

	for (i=1;i<=cnt;++i) printf("%d ",ans[i]);

	return 0;

}

C - GP 2

挺妙的一题，和陈指导聊天的时候突然就出来了，以下是我们聊天的过程：

CXR：这种题目肯定就是把那个操作转化成一个好统计一点的操作。

我：说的太好了，您太稳了。

CXR：所以我们考虑按等于\(1\)的数的个数讨论。

我：这显然数不清楚啊，限定的范围太小了。

CXR：那么我们按加了\(1\)的数的个数讨论。

我：这TM更加复杂了，我TM直接按多少个奇数讨论，全不全面？

（一阵沉默之后我们发现按奇数讨论十分有道理，然后就出来了233）

我们根据上面的讨论很容易发现只要满足两个性质即可：

\(\max(a_i)\le 2m\)
\(\sum (a_i\mod 2)\le m\)

所以我们只需要枚举奇数的个数，然后考虑剩下的都可以随便分。运用以下隔板法就可以算出满足2的序列个数

然后我们减去不满足1的序列个数即可，具体的，从\(2m+1\)到\(3m\)枚举最大值（最大值显然只有一个），然后再运用隔板法得出分配方案即可

#include<cstdio>

#define RI register int

#define CI const int&

using namespace std;

const int N=3000005,mod=998244353;

int n,m,fact[N],inv[N],ans,tp;

inline void inc(int& x,CI y)

{

	if ((x+=y)>=mod) x-=mod;

}

inline void dec(int& x,CI y)

{

	if ((x-=y)<0) x+=mod;

}

inline int quick_pow(int x,int p=mod-2,int mul=1)

{

	for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;

}

inline int C(CI n,CI m)

{

	if (n<m) return 0; return 1LL*fact[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;

}

inline void init(CI n)

{

	RI i; for (fact[0]=i=1;i<=n;++i) fact[i]=1LL*fact[i-1]*i%mod;

	for (inv[n]=quick_pow(fact[n]),i=n-1;~i;--i) inv[i]=1LL*inv[i+1]*(i+1)%mod;

}

int main()

{

	RI i; scanf("%d%d",&n,&m); init(n+3*m);

	for (i=0;i<=m;++i) if (!((3*m-i)&1))

	tp=(3*m-i)/2,inc(ans,1LL*C(n,i)*C(tp+n-1,n-1)%mod);

	for (i=2*m+1;i<=3*m;++i) dec(ans,1LL*n*C(3*m-i+n-2,n-2)%mod);

	return printf("%d",ans),0;

}

D - Negative Cycle

思路十分巧妙的一题（以下下标从\(1\)开始标号）

首先我们考虑这张图没有负环，那么就意味着我们可以跑最短路，它满足以下基本条件：

记\(d_i\)为\(1\to i\)的最短路，则对于\((x,y)\in E\)，有\(d_x+w(x,y)\ge dis_y\)

然后我们发现所有的\(0\)边都不能删，因此\(d_i\ge d_{i+1}\)

然后后面的我就想不出了，ORZ曲明姐姐

我们定义一个\(q_i=d_i-d_{i+1}\)，则有\(q_i\ge 0\)，并且\(q_i\in[0,1]\)

那么如果有一条长度为\(1\)的边\((x,y)\)，有\(d_x+1\ge d_y\)，即\(\sum_{i=y}^{x-1}q_i\le 1\)

那么如果有一条长度为\(-1\)的边\((x,y)\)，有\(d_x-1\ge d_y\)，即\(\sum_{i=x}^{y-1}q_i\ge 1\)

那么我们就可以根据这个性质搞一个DP，令\(f_{i,j}\)表示考虑完了前\(i\)个\(q\)，满足\(q_i=1\)，且上一个为\(1\)的是\(j\)。我们考虑枚举下一个为\(1\)的位置\(k\)

考虑哪些边要被删掉，首先是长度为\(1\)的边，且满足\(r>k,i<l<j\)的\((r,l)\)

其次是长度为\(-1\)的边，且满足\(j<l<r\le k\)的\((l,r)\)

然后发现这两个限制的代价和都可以前缀和预处理出来，因此复杂度就是\(O(n^3)\)

#include<cstdio>

#include<iostream>

#define RI register int

#define CI const int&

using namespace std;

const int N=505;

const long long INF=1e18;

int n,a[N][N]; long long s1[N][N],s2[N][N],f[N][N],ans=INF;

int main()

{

	RI i,j,k; for (scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i)

	for (j=1;j<=n;++j) if (i!=j) scanf("%d",&a[i][j]);

	for (i=1;i<=n;++i) for (j=i+1;j<=n+1;++j)

	for (s1[i][j]=s1[i][j-1],k=i;k<j;++k) s1[i][j]+=a[k][j];

	for (i=1;i<=n;++i) for (j=n;j>i;--j)

	for (s2[i][j]=s2[i][j+1],k=1;k<=i;++k) s2[i][j]+=a[j][k];

	for (i=0;i<=n+1;++i) for (j=i;j<=n+1;++j) f[i][j]=INF;

	for (f[0][0]=i=0;i<=n;++i) for (j=i;j<=n;++j) if (f[i][j]!=INF)

	for (k=j+1;k<=n+1;++k) f[j][k]=min(f[j][k],f[i][j]+s1[j+1][k]+s2[j][k+1]-s2[i][k+1]);

	for (i=0;i<=n;++i) ans=min(ans,f[i][n+1]); return printf("%lld",ans),0;

}

E - ABC String

太仙了不会做QAQ

F - Square Constraints

完全就是抄曲明姐姐的，题解可以去她博客看

贴一下基本一样的代码

#include<cstdio>

#include<utility>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define RI register int

#define CI const int&

#define mp make_pair

#define fi first

#define se second

using namespace std;

typedef pair <int,int> pi;

const int N=1005;

int n,mod,f[N],c[N],cnt,ans; pi t[N];

inline void inc(int& x,CI y)

{

	if ((x+=y)>=mod) x-=mod;

}

inline int Mod(int x)

{

	while (x>=mod) x-=mod; while (x<0) x+=mod; return x;

}

inline int F(CI x)

{

	int y=0; while (y<(n<<1)&&x*x+y*y<n*n) ++y; return y;

}

inline int G(CI x)

{

	int y=0; while (y<(n<<1)&&x*x+y*y<=(n<<1)*(n<<1)) ++y; return y;

}

int main()

{

	RI i,j,k; scanf("%d%d",&n,&mod);

	for (i=0;i<n;++i) t[++cnt]=mp(F(i),-i);

	for (i=n;i<(n<<1);++i) t[++cnt]=mp(G(i),1);

	for (i=0;i<n;++i) c[i]=G(i); sort(t+1,t+cnt+1);

	//for (i=1;i<=cnt;++i) printf("%d%c",t[i]," \n"[i==cnt]);

	for (k=0;k<=n;++k)

	{

		memset(f,0,(k+1)<<2); f[0]=1; int s1=0,s2=0;

		for (i=1;i<=cnt;++i) if (t[i].se==1)

		{

			for (j=0;j<=s2;++j) f[j]=1LL*f[j]*Mod(t[i].fi-s1-j)%mod; ++s1;

		} else

		{

			for (j=s2;~j;--j) inc(f[j+1],1LL*f[j]*Mod(t[i].fi-s1-j)%mod),

			f[j]=1LL*f[j]*Mod(c[-t[i].se]-(n+k+s2-j))%mod; ++s2;

		}

		//printf("%d %d\n",k,f[k]);

		if (k&1) inc(ans,Mod(-f[k])); else inc(ans,f[k]);

	}

	return printf("%d",ans),0;

}

Postscript

完了我发现我现在什么都不会了