AtCoder Grand Contest 033 题解

传送门

我比赛的时候怕不是在睡觉啊……

\(A\ Darker\ and\ Darker\)

我是不是想得太复杂了……根本没必要像我这样做吧……

首先问题可以转化成令\(p_{i,j}\)表示到\((i,j)\)这个白点最近的的黑点的距离，求\(\max\{p_{i,j}\}\)。而答案显然是可以二分的

对于某一个白点，我们怎么判断到它的距离不超过\(mid\)的范围内是否有黑点呢？这里的距离是曼哈顿距离，非常麻烦，我们坐标系变换一下把它转成一个切比雪夫距离，那么到它的距离不超过\(mid\)的范围就可以化成一个矩形了，预处理矩形的前缀和减一减就可以了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=4005,M=1000;
char s[N][N];int n,m,l,r,ans,mid,mp[N][N];
inline int calc(R int x,R int y){
	R int dx=x,dy=y,xx,yy;x=dx+dy+M,y=dx-dy+M;
	dx=x+mid,dy=y+mid,xx=x-mid,yy=y-mid;
	xx=max(xx,2+M),yy=max(yy,1-m+M),dx=min(dx,n+m+M),dy=min(dy,n-1+M);
//	puts("qwq");
//	printf("%d %d %d %d %d %d\n",x-M,y-M,xx-M,yy-M,dx-M,dy-M);
	return mp[dx][dy]-mp[dx][yy-1]-mp[xx-1][dy]+mp[xx-1][yy-1];
}
bool ck(){
	fp(i,1,n)fp(j,1,m)if(s[i][j]=='.'&&!calc(i,j))return false;
	return true;
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m),l=0,r=n+m,ans=0;
	fp(i,1,n)scanf("%s",s[i]+1);
	fp(i,1,n)fp(j,1,m)mp[i+j+M][i-j+M]=(s[i][j]=='#');
	fp(i,2+M,n+m+M)fp(j,1-m+M,n-1+M)mp[i][j]+=mp[i-1][j]+mp[i][j-1]-mp[i-1][j-1];
//	mid=1,printf("%d\n",ck());
	while(l<=r){
		mid=(l+r)>>1;
		ck()?(ans=mid,r=mid-1):l=mid+1;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

\(B\ LRUD\ Game\)

发现左右的移动和上下的移动没有关系，那么我们分开考虑，以左右为例，上下同理

我们枚举是从左边出边界还是右边出边界，如果是左边出边界，那么一个人只会选\(L\)，另一个人只会选\(R\)，注意选\(R\)的那个人别自己\(R\)出边界。右边出边界同理

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
int read(char *s){
	R int len=0;R char ch;while(((ch=getc())>'Z'||ch<'A'));
	for(s[++len]=ch;(ch=getc())>='A'&&ch<='Z';s[++len]=ch);
	return s[len+1]='\0',len;
}
const int N=2e5+5;
char s[N],t[N];int n,m,len,sx,sy;
bool calc(int n,int x,char a,char b){
	int p=x;
	fp(i,1,len){
		if(s[i]==b)++p;if(p>n)return false;
		if(t[i]==a)p=max(p-1,1);
	}
	p=x;
	fp(i,1,len){
		if(s[i]==a)--p;if(p<1)return false;
		if(t[i]==b)p=min(p+1,n);
	}
	return true;
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	n=read(),m=read(),len=read(),sx=read(),sy=read(),read(s),read(t);
	puts(calc(n,sx,'U','D')&&calc(m,sy,'L','R')?"YES":"NO");
	return 0;
}

\(C\ moving\ coins\)

我们考虑一次以\(u\)为根的操作，树上的所有节点中有且只有叶子节点会变得不再有硬币，而且发现此后它们再也不会有硬币，我们可以简单地认为所有叶子节点都被删除了

那么问题转化为每次选定一个根并删掉所有叶子，删完整棵树的人赢

我们考虑这棵树的直径\(L\)，假设\(L>2\)，根据定理，如果\(L\)为奇数那么所有直径过同一个点，如果\(L\)为偶数所有直径过同一条边，那么我们肯定能找到一个点，使得选其为根操作之后\(L-=2\)。而如果我们选在其中一条直径的一个叶子端点上，那么\(L-=1\)

而对于\(L=1\)的情况先手必胜，\(L=2\)的情况先手必败

于是问题可以转化为每次可以令\(L\)减一或减二，先让它减到\(2\)的赢

这应该是个比较经典的模型了，大家小时候应该都玩过，如果\(L\equiv 2\pmod{3}\)的时候后手胜，否则先手胜

于是求个直径就行了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
const int N=2e5+5;
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
int mx[N],n,res;
void dfs(int u,int fa){
	mx[u]=1;
	go(u)if(v!=fa)dfs(v,u),cmax(res,mx[v]+mx[u]),cmax(mx[u],mx[v]+1);
	cmax(res,mx[u]);
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	n=read();
	for(R int i=1,u,v;i<n;++i)u=read(),v=read(),add(u,v),add(v,u);
	dfs(1,0);
	puts(res%3==2?"Second":"First");
	return 0;
}

\(D\ Complexity\)

首先有一个结论，\(A_{ij}\)是\(O(\log(H+W))\)级别的。因为我们横竖对半分之后一定能把它分成只有一个格子的情况

那么我们只要模拟一下就行了，枚举\(A_{ij}\)，并算出\(fl_{i,j,k}\)表示对于\((i,j)\)为右上角，\((k,j)\)为右下角的矩形此时横向的长度最大是多少，以及\(fu_{i,j,k}\)表示以\((i,j)\)为左下角，\((i,k)\)为右下角的矩形此时纵向的长度最大为多少。只要某一个时刻整个矩形都被包括了那么就输出答案

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=205;
int fl[N][N][N],fu[N][N][N],gl[N][N][N],gu[N][N][N];
char mp[N][N];int L[N][N],U[N][N],n,m;
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	fp(i,1,n){
		scanf("%s",mp[i]+1);
		fp(j,1,m){
			L[i][j]=(mp[i][j]==mp[i][j-1])?L[i][j-1]+1:1;
			U[i][j]=(mp[i][j]==mp[i-1][j])?U[i-1][j]+1:1;
		}
	}
	fp(x,1,n)fp(y,1,m){
		for(R int xx=x,mn=233;mp[x][y]==mp[xx][y];++xx)cmin(mn,L[xx][y]),fl[x][y][xx]=mn;
		for(R int yy=y,mn=233;mp[x][y]==mp[x][yy];++yy)cmin(mn,U[x][yy]),fu[x][y][yy]=mn;
	}
	for(int res=0;233;++res){
		if(fl[1][m][n]==m||fu[n][1][m]==n)return printf("%d\n",res),0;
		memcpy(gl,fl,sizeof(fl)),memcpy(gu,fu,sizeof(fu));
		fp(x,1,n)fp(y,1,m){
			fp(xx,x,n)fl[x][y][xx]+=gl[x][y-gl[x][y][xx]][xx];
			fp(yy,y,m)fu[x][y][yy]+=gu[x-gu[x][y][yy]][y][yy];
		}
		fp(x,1,n)fp(y,1,m){
			for(R int xx=x,X=1;xx<=n;++xx,++X)
				for(R int yy=y-fl[x][y][xx]+1;yy<=y&&fu[xx][yy][y]<X;++yy)
					fu[xx][yy][y]=X;
			for(R int yy=y,Y=1;yy<=m;++yy,++Y)
				for(R int xx=x-fu[x][y][yy]+1;xx<=x&&fl[xx][yy][x]<Y;++xx)
					fl[xx][yy][x]=Y;
		}
	}
	return 0;
}

\(E\ Go\ around\ a\ Circle\)

完了数数都数不来了……

我们分情况考虑，如果全都是同一种颜色，假设全都为\(R\)，那么连续两段蓝色的圆弧肯定不合法，问题转化为一个长度为\(n\)的序列，不允许有两个相邻的蓝色，首尾也不许同时蓝色的方案数。记一下\(dp_{0,1,2,3}\)分别表示开始是否为蓝色，当前最后一个是否为蓝色的方案数，转移显然

如果不是同一种颜色，假设开头的颜色为\(R\)，那么依然不允许存在两端相邻蓝色圆弧。然后还有两个结论

• 整个序列一定是由若干段组成的，其中每一段都形如连续奇数个红色+一个蓝色

• 每一段序列的长度都有一个限制，不能超过\(L\)

先考虑第一个结论，如果连续红色的个数为偶数，我们不妨设序列最前面有连续\(k\)个\(R\)，如果\(k\)是奇数，把起始点设为这段红色的结尾就\(gg\)，如果\(k\)是偶数，把起始点设为这段红色结尾前一个依然\(gg\)，所以只有红色个数是奇数合法

第二个结论，对于开头的连续\(k\)个\(R\)，如果\(k\)是偶数，则最多只能放连续\(k+1\)个红色，如果\(k\)是奇数则最多只能放连续\(k\)个。如果这\(k\)个连续\(R\)不在开头，那么它们前面是一个\(B\)，也就是说我们现在在一段红色的一个端点处。如果\(k\)是偶数，显然可以走回来，如果\(k\)是奇数，那么这段连续红色的个数不能超过\(k\)。

那么我们预处理出\(dp_i\)表示长度为\(i\)的序列的合法方案数，发现奇数的位置肯定全都是红色，所以我们只要考虑偶数位置怎么放就行了，转移也比较显然

最后是旋转导致的多种方案数，我们枚举第一个蓝色和最后一个蓝色之间的距离，乘上对应的系数就好了

//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=2e5+5,P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
char s[N];int f[N],dp[2][5],n,m,res,t;
void solve1(){
	dp[0][0]=dp[0][3]=1,t=0;
	for(R int i=1;i<n;++i,t^=1){
		dp[t^1][0]=dp[t^1][1]=dp[t^1][2]=dp[t^1][3]=0;
		dp[t^1][0]=add(dp[t][0],dp[t][1]),
		dp[t^1][1]=dp[t][0],
		dp[t^1][2]=add(dp[t][2],dp[t][3]),
		dp[t^1][3]=dp[t][2];
	}
	res=add(dp[t][0],add(dp[t][1],dp[t][2]));
	printf("%d\n",res);
}
void solve2(){
	int lim=n,cur=0,las=m;
	while(s[las]=='R')--las;
	fd(i,las,1)if(s[i]=='B'){
		if(cur&1)cmin(lim,cur+1);
		cur=0;
	}else ++cur;
	cmin(lim,cur+1+(cur&1^1));
	f[0]=f[2]=1;
	for(R int i=4;i<=n;i+=2){
		f[i]=mul(f[i-2],2);
		if(i>=lim+2)f[i]=dec(f[i],f[i-(lim+2)]);
	}
	res=0;
	for(R int i=2;i<=lim;i+=2)upd(res,mul(f[n-i],i));
	printf("%d\n",res);
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	scanf("%d%d%s",&n,&m,s+1);
	if(s[1]=='B')fp(i,1,m)s[i]^='B'^'R';
	bool flag=0;
	fp(i,1,m)if(s[i]=='B'){flag=1;break;}
	if(!flag)solve1();else solve2();
	return 0;
}

\(F\)题咕了