【AtCoder】AtCoder Grand Contest 035 解题报告

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\(A\)：XOR Circle（点此看题面）

大致题意： 给你\(n\)个数，问是否能将它们摆成一个环，使得环上每个位置都是其相邻两个位置上值的异或值。

先不考虑\(0\)，我们假设环上第一个数是\(a_1\)，第二个数是\(a_2\)，则第三个数\(a_3=a_1\ xor\ a_2\)，第四个数\(a_4=a_2\ xor\ a_3=a_1\)。。。

以此类推，也就是说，一个合法的环上必然是\(a_1,a_2,a_1\ xor\ a_2\)三者重复。

整理一下，就是要满足：

总共只有三种数，记其为\(x,y,z\)。
每种数出现次数一样。
\(x\ xor\ y=z\)。

然后我们要特殊考虑\(0\)：

首先，\(n\)个\(0\)必然合法。

其次，若只有\(0\)和另外一种数\(x\)，且\(x\)出现次数是\(0\)出现次数两倍，也合法（其实这一情况可以归到上面）。

应该就是这样吧。。。\(AtCoder\)上数据挺水的，如果有\(Hack\)数据可以在下方评论区留言。

#include<bits/stdc++.h>

#define Tp template<typename Ty>

#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>

#define Reg register

#define RI Reg int

#define Con const

#define CI Con int&

#define I inline

#define W while

#define N 100000

using namespace std;

int n,a[N+5],s[N+5];

class FastIO

{

	private:

		#define FS 100000

		#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)

		#define tn (x<<3)+(x<<1)

		#define D isdigit(c=tc())

		char c,*A,*B,FI[FS];

	public:

		I FastIO() {A=B=FI;}

		Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}

		Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}

}F;

int main()

{

	RI i,t=0;for(F.read(n),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]);

	for(sort(a+1,a+n+1),i=1;i<=n;++i) s[i]=a[i];t=unique(s+1,s+n+1)-s-1;//求出有几种数

	if(!a[1]&&t==1) return puts("Yes"),0;if(n%3||t>3) return puts("No"),0;//分别特判有n个0、n非3的倍数、数的种类超过3种的情况

	for(i=1;i<n/3;++i) if(a[i]^a[i+1]) return puts("No"),0;//判断第一种数是否占所有数的1/3

	for(i=n/3+1;i<n/3*2;++i) if(a[i]^a[i+1]) return puts("No"),0;//判断第二种数是否占所有数的1/3

	for(i=n/3*2+1;i<n;++i) if(a[i]^a[i+1]) return puts("No"),0;//判断第三种数是否占所有数的1/3

	return puts((a[1]^a[n/3+1])==a[n]?"Yes":"No"),0;//判断是否符合异或条件

}

\(B\)：Even Degrees（点此看题面）

大致题意： 给你一张图，让你给每条边确定方向，使所有点出度为偶数。

首先考虑判无解，不难发现边数为奇数时肯定无解，为偶数时一定有解。

有解时，我们先找出原图中的一棵生成树，然后非树边随便定方向。

接下来我们遍历这棵树。

对于每个点，我们先处理完所有子节点，然后只考虑这个点与父节点之间边的方向。

如果当前节点出度为奇数，边的方向就是向父亲，否则，边的方向就是向当前节点。

这样我们可以保证除根节点外所有节点出度都是偶数。而总边数是偶数，所以根节点出度也是偶数。

#include<bits/stdc++.h>

#define Tp template<typename Ty>

#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>

#define Reg register

#define RI Reg int

#define Con const

#define CI Con int&

#define I inline

#define W while

#define N 100000

#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)

using namespace std;

int n,m,ee,d[N+5],lnk[N+5];struct edge {int to,nxt;}e[N<<1];

class FastIO

{

	private:

		#define FS 100000

		#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)

		#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)

		#define tn (x<<3)+(x<<1)

		#define D isdigit(c=tc())

		int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];

	public:

		I FastIO() {A=B=FI,C=FO,E=FO+FS;}

		Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}

		Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}

		Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);}

		Tp I void writeE(Con Ty& x,Con Ty& y) {write(x),pc(' '),write(y),pc('\n');}

		I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}

}F;

template<int SZ> class UnionFindSet//并查集用于找生成树时判连通性

{

	private:

		int f[SZ+5];

		I int getfa(CI x) {return f[x]?f[x]=getfa(f[x]):x;}

	public:

		I void Union(CI x,CI y) {f[getfa(x)]=getfa(y);}

		I bool Identify(CI x,CI y) {return getfa(x)==getfa(y);}

};UnionFindSet<N> U;

I void dfs(CI x,CI lst=0)//遍历树

{

	RI i;for(i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) e[i].to^lst&&(dfs(e[i].to,x),0);//先处理子节点

	lst&&(d[x]?F.writeE(x,lst):(d[lst]^=1,F.writeE(lst,x)),0);//根据当前节点度数奇偶性确定到父节点边的方向

}

int main()

{

	RI i,x,y;if(F.read(n,m),m&1) return puts("-1"),0;

	for(i=1;i<=m;++i) F.read(x,y),U.Identify(x,y)?

		(F.writeE(x,y),d[x]^=1):(U.Union(x,y),add(x,y),add(y,x));//生成树上边在树上连边，非树边随便定方向

	return dfs(1),F.clear(),0;

}

\(C\)：Skolem XOR Tree（点此看题面）

大致题意： 有\(2n\)个点，其中\(i\)和\(n+i\)的点权都是\(i\)。要你构造一棵生成树，使得对于所有\(i\)到\(n+i\)的树上路径异或值为\(i\)。

首先考虑，对于任意\(2x\)和\(2x+1\)，满足\((2x)\ xor\ (2x+1)=1\)。

所以我们可以对于所有\(x\le\lfloor\frac n2\rfloor\)，连\((2x)->(2x+1)->(1)->(n+2x)->(n+2x+1)\)。

注意对于节点\(1\)和\(n+1\)，我们连\((2)->(n+1)\)即可。

根据上面的步骤，对于\(n\)为奇数的情况，我们就已经处理完了。

但如果\(n\)为偶数，那么对于\(n\)和\(2n\)两个节点，我们就还没有建完，且它们不能按照之前的套路建了。

考虑现在的问题，就是要在这棵生成树上找到两个点，使得它们树上路径异或值为\(n\)，然后我们就可以让\(n\)和\(2n\)分别作为这两个点的儿子。

重要的是，这里的生成树是十分特殊的！树上路径异或值就是两个点到根路径上节点的异或值再异或\(1\)。

只要开个桶就能很方便地查找了。

#include<bits/stdc++.h>

#define Tp template<typename Ty>

#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>

#define Reg register

#define RI Reg int

#define Con const

#define CI Con int&

#define I inline

#define W while

#define N 100000

#define add(x,y) (a[++cnt]=x,b[cnt]=y,addE(x,y),addE(y,x))

#define addE(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)

using namespace std;

int n,cnt,ee,s[2*N+5],p[N<<1],lnk[2*N+5],a[N<<1],b[N<<1];struct edge {int to,nxt;}e[N<<2];

I bool dfs(CI x,CI lst=0)//找树上路径异或为n的两个点

{

	if(p[n^s[x]^1]) return add(n,p[n^s[x]^1]),add(x,n<<1),true;p[s[x]]=x;//先查询是否存在对应点，若有则建边返回true，没有则刷新桶

	for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to^lst&&(s[e[i].to]=s[x]^(e[i].to%n),dfs(e[i].to,x))) return true;//处理子节点

	return false;//找不到返回false

}

int main()

{

	RI i,j,t;if(scanf("%d",&n),n==1) return puts("No"),0;//特判n=1的情况输出无解

	for(i=2;i<n;i+=2) add(i,i+1),add(i+1,1),add(1,n+i),add(n+i,n+i+1);add(2,n+1);//对于每一对相邻的数，按套路建图

	if(!(n&1)&&!dfs(s[1]=1)) return puts("No"),0;//如果第n个点和第2n个点找不到位置安放，输出无解

	for(puts("Yes"),i=1;i<=cnt;++i) printf("%d %d\n",a[i],b[i]);//输出

	return 0;

}

\(D\)：Add and Remove（点此看题面）

大致题意： 给你一个序列，你每次可以删除一个数，使其两边的数加上这个数的值，求最后剩下的两个数之和的最小值。

我们可以考虑\(dfs\)。

设当前求解区间为\([l,r]\)，这个区间左端点会被计算\(tl\)次，右端点会被计算\(tr\)次。

则我们可以枚举在这个区间内最后被删除的数\(i\)，则它被计算的次数就是\(tl+tr\)。

然后我们再递归处理子区间\([l,i]\)和\([i,r]\)，统计最小值即可。

#include<bits/stdc++.h>

#define Tp template<typename Ty>

#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>

#define Reg register

#define RI Reg int

#define Con const

#define CI Con int&

#define I inline

#define W while

#define N 18

#define LL long long

#define RL Reg LL

#define CL Con LL&

#define INF 1e18

#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))

using namespace std;

int n,a[N+5];

I LL dfs(CI l,CI r,CL tl,CL tr)//dfs

{

	if(r-l==1) return 0;RL t,res=INF;//若只剩左右端点，返回0

	for(RI i=l+1;i^r;++i) t=dfs(l,i,tl,tl+tr)+dfs(i,r,tl+tr,tr)+a[i]*(tl+tr),Gmin(res,t);//枚举最后被删除的数，递归子区间

	return res;//返回答案

}

int main()

{

	RI i;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);//读入

	return printf("%lld",dfs(1,n,1,1)+a[1]+a[n]),0;//求解

}

\(E\)：Develop（点此看题面）

这题被\(bzt\)神仙搬去当了模拟赛题。

题解可以详见这篇博客：【2019.8.11上午慈溪模拟赛 T2】十七公斤重的文明（seventeen）。

\(F\)：Two Histograms（点此看题面）

大致题意： 给定一个\(n*m\)矩阵，对每行确定一个\(k_i∈[0,m]\)，对每列确定一个\(l_i∈[0,n]\)，矩阵上\((i,j)\)位置的值是\([j\le k_i]+[i\le l_j]\)，问有多少种不同的矩阵。

我们考虑对于一组序列\(k,l\)，找到一个统一的方式去表示它们，使得表达结果相同的构造出的矩阵相同，不同的构造出的矩阵不同。

然后画图可以发现，如果存在\(x\)和\(y\)满足\(k_x+1=y\ and\ l_y=x\)，那么我们就可以将\(k_x\)加\(1\)，\(l_y\)减\(1\)。

那么我们就是要找出有多少组\(k,l\)，使得不存在\(x,y\)满足上面条件。

这可以容斥。

就是用存在\(x,y\)对数\(\ge0\)的方案数，减去对数\(\ge1\)的方案数，加上对数\(\ge2\)的方案数，以此类推。

设需要求出对于\(\ge x\)的方案数，我们先在\(k\)中选\(x\)个位置，然后在\(l\)中取\(x\)个位置，剩下的随便填，也就是：

\[C_n^x*A_m^x*(n+1)^{m-x}*(m+1)^{n-x}
\]

#include<bits/stdc++.h>

#define Tp template<typename Ty>

#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>

#define Reg register

#define RI Reg int

#define Con const

#define CI Con int&

#define I inline

#define W while

#define N 500000

#define X 998244353

#define swap(x,y) (x^=y^=x^=y)

#define Qinv(x) Qpow(x,X-2)

#define A(x,y) (1LL*Fac[x]*IFac[(x)-(y)]%X)

#define C(x,y) (1LL*A(x,y)*IFac[y]%X)

#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))

using namespace std;

int n,m,Fac[N+5],IFac[N+5],Pn[N+5],Pm[N+5];

I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}

int main()

{

	RI i,t,ans=0;scanf("%d%d",&n,&m),n>m&&swap(n,m);

	for(Fac[0]=Pn[0]=Pm[0]=i=1;i<=m;++i)//预处理

		Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X,Pn[i]=1LL*Pn[i-1]*(n+1)%X,Pm[i]=1LL*Pm[i-1]*(m+1)%X;

	for(IFac[m]=Qinv(Fac[m]),i=m-1;~i;--i) IFac[i]=1LL*IFac[i+1]*(i+1)%X;

	for(i=0;i<=n;++i) t=1LL*C(n,i)*A(m,i)%X*Pn[m-i]%X*Pm[n-i]%X,Inc(ans,i&1?X-t:t);//容斥

	return printf("%d",ans),0;//输出答案

}