Codeforces Round #747 (Div. 2)题解

谢天谢地，还好没掉分，还加了8分，（8分再小也是加啊）前期刚开始有点卡，不过在尽力的调整状态之后，还是顺利的将前面的水题过完了，剩下的E2和F题就过不去了，估计是能力问题，自己还是得认真补题啦。

E2. Rubik's Cube Coloring (hard version)

这个题是在上一题的基础上出现的，E1的就很简单，一个完全二叉树，每个点都没有染色，求不同染色方案的方案数。显然的是在第一个点的颜色确定后，后面所有点的颜色都只有4种选择，也就是无论父节点选了什么颜色，该节点都有且仅有四种选择。所以答案就是\(6*4^{n-1}\).那么作为困难版的，这个题就是给某些点已经染上了颜色，要求所有的方案数。显然上一题的简单思路不能解决这个题了，因为我们似乎不能将所有的点都割裂开了。考虑这个例子，一个节点的父节点和子节点都以前提前被染过色了，那么该节点的颜色选择就依赖于父节点和子节点的颜色。像这种题，肯定存在一些性质，或者说我们没有找到颜色之间限制的本质。考虑这样一个事情，就像简单题的那个例子，若一颗树，其根节点确定后，那么颜色的方案数就是\(4^{n-1}\)，那么考虑在有一些点被提前确定颜色的树上，我们能不能用上这个结论，我们先找到这棵树上的所有符合条件子树，他们的所有节点都没有被确定颜色。那么对于这些节点，他们的根节点的颜色可能有限制，但他们非根节点的颜色方案数就是4，我们用最朴素的思路，采取dp的思路，某些点上必须采用dp的方式才能解决颜色限制的问题，但有些子树，所有节点都没被提前染色，他们的方案数就能快速计算。观察题目数据，有颜色的点是\(2000\)，考虑一个有颜色的点最多使多少个点必须用dp的方式，显然是n，那么总的dp的状态数就是\(2000*60*6*3\)如果采用map的话，还需要多乘一个log。

（我死也没想到我会死在快速幂上，以后的\(y\)我都打成\(long long\)....）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int P=1e9+7;
int n,k;
char c[10];
map<ll,int>vis,co,f[4];

inline ll power(ll x,ll y)
{
	ll ans=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) ans=ans*x%P;
		y>>=1;
		x=x*x%P;
	}
	return ans%P;
}

inline void dfs(ll x,int dep)
{
	if(dep>n) return;
	if(vis.find(x*2)!=vis.end()) dfs(x*2,dep+1);
	if(vis.find(x*2+1)!=vis.end()) dfs(x*2+1,dep+1);
	if(co.find(x)!=co.end()) f[co[x]][x]=1;
	else f[1][x]=f[2][x]=f[3][x]=2;
	if(dep==n) return;
	ll F[4],G[4],C[4]={0,0,0,0};//分别表示两个儿子不同颜色的方案数。
	ll ds=(2ll*power(4,(1ll<<(n-dep))-2))%P;
	if(vis.find(2*x)!=vis.end())
		for(int i=1;i<=3;++i) F[i]=f[i][2*x];
	else
		for(int i=1;i<=3;++i) F[i]=ds;
	if(vis.find(2*x+1)!=vis.end())
		for(int i=1;i<=3;++i) G[i]=f[i][2*x+1];
	else
		for(int i=1;i<=3;++i) G[i]=ds;
	C[1]=(F[2]*G[2]%P+F[2]*G[3]%P+F[3]*G[2]%P+F[3]*G[3]%P)%P;
	C[2]=(F[1]*G[1]%P+F[1]*G[3]%P+F[3]*G[1]%P+F[3]*G[3])%P;
	C[3]=(F[1]*G[1]%P+F[1]*G[2]%P+F[2]*G[1]%P+F[2]*G[2])%P;
	for(int i=1;i<=3;++i) f[i][x]=C[i]*f[i][x]%P;
} 

int main()
{
	//freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=k;++i)
	{
		ll id;scanf("%lld",&id);
		scanf("%s",c+1);
		if(c[1]=='w'||c[1]=='y') co[id]=1;
		else if(c[1]=='g'||c[1]=='b') co[id]=2;
		else if(c[1]=='r'||c[1]=='o') co[id]=3;
		while(id)
		{
			vis[id]=1;//标记这些点不能直接算。
			id=id/2;
		}
	}
	dfs(1,1);
	int ans=((f[1][1]+f[2][1])%P+f[3][1])%P;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

F. Ideal Farm

这个数学题真的屯了好久....淦！

首先我们定义\(a_i\)为每个围栏的牛的个数,则\(a_i\)>=1，题目要求无论怎么分，都必须有一个连续的区间使得这个区间内的\(a_i\)的和为k。第一部，我们定义pre[i]为a[i]的前缀和，为什么呢？方便区间和的运算。其中pre[0]=0,pre[n]=s,那么题目就变成了我们能否构造一个序列使得不存在pre[i]-pre[j]=k.（\(0\leq j<i\leq n\)）.由于\(a[i]\)都是正整数，所以pre是递增的且各不相同。之后考虑怎么构造a数组是比较麻烦，相比较下，我们考虑怎么构造pre数组，由于pre的性质，其实我们要做的就是在（0，s）中选出n-1个数(因为pre[n]一定是s),使得他们作为当前的pre数组。并且保证不能存在两个被选择的数作差为k。作差为k，我们很容易想到同余系，只有当两个数对k同余时，他们作差才可能为k。既然如此，那我们大可以按照k的余数将(0,s)中的数进行分类。

首先因为pre[0]=0,pre[n]=s,我们先对这两个同余系进行讨论，(先假设s=p*k+r(\(0\leq r\leq k-1\)))先考虑pre[0],它的同余系中的所有数有：\(0,k,2k,3k,...\)，发现在(0,s)中一共有\(\lfloor \frac{s}{k}\rfloor\)+1个,由于0已经选过了，且k不能选，所以我们最多拿\(\lceil\frac{\lfloor \frac{s}{k}\rfloor-1}{2}\rceil\).同理，对于r的同余系而言，所有数为\(r,k+r,2*k+4...,p*k+r\)，一共\(\lfloor\frac{(s-r)}{k}\rfloor+1=\lfloor\frac{s}{k}\rfloor+1\),同理\(p*k+r,和(p-1)*k+r\)我们同样不能选，故我们能选的个数为\(\lceil\frac{\lfloor\frac{s}{k}\rfloor-1}{2}\rceil\),对于其他的余数\((1\leq x\leq k-1且x!=r)\),我们都有x,x+k,...总的个数都为\(\lfloor\frac{s-x}{k}\rfloor+1\),我们能选出的个数为\(\lceil\frac{\lfloor\frac{s-x}{k}\rfloor+1}{2}\rceil\)所以总的能选出来的个数为：\(2\times\lceil\frac{\lfloor \frac{s}{k}\rfloor-1}{2}\rceil+\sum_{x=1}^{k-1}\lceil\frac{\lfloor\frac{s-x}{k}\rfloor+1}{2}\rceil(x!=r)\)在求和号中，k依然比较大，因为\(s=p*k+r\)，当\(x<r\)时，可取\(\lceil\frac{p+1}{2}\rceil(x!=r)\),当\(x>r\)时，可取\(\lceil\frac{p}{2}\rceil(x!=r)\)所以我们最后的答案就是\(ans=2\times\lceil\frac{\lfloor \frac{s}{k}\rfloor-1}{2}\rceil+(r-1)*\lceil\frac{p+1}{2}\rceil+(k-1-r)*\lceil\frac{p}{2}\rceil\)。但考虑一种情况，即r=0的情况，观察我们上述式子，会发现上述推论可能存在一些问题，但我们观察我们的式子，能否得到正确的答案。如果你有兴趣的话1，你话发现结果是一样的，滑稽，这里就不给出详细的推导过程了，留作思考吧。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int T;
int main()
{
//	freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		ll s,n,k;
		scanf("%lld%lld%lld",&s,&n,&k);
		if(s<k) puts("NO");
		else if(s==k) puts("YES");
		else
		{
			ll p=s/k,r=s%k;
			ll ans=2ll*ceil((p-1)/2.0)+(r-1)*ceil((p+1)/2.0)+(k-1-r)*ceil(p/2.0);
			if(ans>=n-1) puts("NO");
			else puts("YES");
		}
	}
	return 0;
}