Codeforces Round #580 (Div. 1)

https://codeforces.com/contest/1205

A. Almost Equal

随便构造一下吧...太水了不说了，放个代码吧。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
 
void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
 
#define lf double
 
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
 
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
 
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
 
const int maxn = 1e6+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
 
int n,a[maxn];
 
int main() {
    read(n);if(!(n&1)) return puts("NO"),0;
    puts("YES");
    for(int i=1,p=1;i<=n;i++,p^=1)
        if(p) a[i]=i;
        else a[i]=n*2-i+2;
    for(int i=1+n,p=1;i<=n*2;i++,p^=1)
        if(p) a[i]=a[i-n]+1;
        else a[i]=a[i-n]-1;
    for(int i=1;i<=n*2;i++) printf("%d ",a[i]);puts("");
    return 0;
}

B. Shortest Cycle

很显然可以发现每一位至多只能有两个数这一位是\(1\)，否则我们就得到了一个最小的长度为\(3\)的环。

那么一共就只有\(100\)多个点了，直接\(\rm floyd\)找最小环就好了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define int long long 
 
void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
 
void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
 
#define lf double
 
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
 
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
 
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
 
const int maxn = 1e6+10;
const int inf = 1e8;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
 
int dis[150][150],n,a[maxn],w[150][150];
 
int cmp(int a,int b) {return a>b;}
 
signed main() {
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
    sort(a+1,a+n+1,cmp);while(n&&a[n]==0) n--;
    if(n>130) return puts("3"),0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++) 
            dis[i][j]=w[i][j]=inf;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if((a[i]&a[j])&&i!=j) dis[i][j]=w[i][j]=1;//,printf("%d %d\n",i,j);
    int ans=inf;
    for(int k=1;k<=n;k++) {
        for(int i=1;i<k;i++)
            for(int j=i+1;j<k;j++)
                ans=min(ans,dis[i][j]+w[i][k]+w[k][j]);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
    }write(ans==inf?-1:ans);
    return 0;
}

C. Palindromic Paths

好多细节然后比赛的时候没写出来。。。

首先可以发现我们可以先处理出每个\(i+j\)为偶数的点，然后假设\((1,2)\)为\(0\)，也能处理出\(i+j\)为奇数的点。

现在得到的这张图如果错误只有可能是所有奇数点反过来了。

我们一定能在主对称轴上找到一个\(3\times 3\)的矩形满足\(s_{i,i}=1,s_{i+2,i+2}=0,i\%2=1\)，其中矩形是\((i,i)\sim (i+2,i+2)\)，\(s\)表示当前点的值。

那么我们就把问题转化成了\(n=3\)。

那么我们询问\((1,1),(2,3)\)和\((1,2),(3,3)\)，然后随便判一下就好了（细节真的多。。），具体参考下代码。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
 
void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
 
#define lf double
 
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
 
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
 
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
 
const int maxn = 1e6+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
 
int s[55][55],n;
 
int query(int x,int y,int xx,int yy) {
    printf("? %d %d %d %d\n",x,y,xx,yy);fflush(stdout);
    int bo;read(bo);return bo;
}
 
void get(int x,int y,int xx,int yy) {
    if(query(x,y,xx,yy)) s[xx][yy]=s[x][y];
    else s[xx][yy]=!s[x][y];
}
 
int main() {
    read(n);
 
    s[1][1]=1;int p=0;
    get(1,1,2,2),get(1,1,1,3),get(1,1,3,1),get(2,2,3,3);
    get(1,2,3,2),get(1,2,2,3);s[2][1]=query(2,1,2,3)?s[2][3]:!s[2][3];
 
    for(int i=4;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=3;j++) get(i-2,j,i,j);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=4;j<=n;j++) get(i,j-2,i,j);
 
    for(int i=1;i<=n;i+=2) {
        if(!(s[i][i]==1&&s[i+2][i+2]==0)) continue;
        if(query(i,i,i+1,i+2)) p=!s[i+1][i+2];
        else if(query(i,i+1,i+2,i+2)) p=s[i][i+1];
        else {
            if(s[i][i+1]==s[i+1][i+2]) p=s[i][i+1]==s[i][i+2];
            else p=!s[i][i+1];
        }break;
    }
 
    puts("!");
    for(int i=1;i<=n;i++,puts(""))
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if((i+j-1)&1) printf("%d",s[i][j]);
            else printf("%d",s[i][j]^p);
    fflush(stdout);
    return 0;
}

D. Almost All

挺神的题。。反正我没想到

首先考虑个子问题，假设我们现在有棵\(n\)个点的数，如何凑出\([0,n-1]\)。

那么假设根节点有\(k\)个儿子分别为\(x_1..x_k\)，那么对于某个儿子\(x_p\)给这条边附上\(1+\sum_{i=1}^{p-1}sz_{x_i}\)的权值，然后递归做子问题就好了，正确性显然。

那么如果我们能找到一个点，然后把这个点的儿子分成两份，假设前一份\(sz\)之和为\(a\)，后一份为\(b\)，我们就可以凑出\(ab+a-1\)个值，因为我们可以把后一份整体乘上\(a+1\)。

那么这个数最大显然是要\(a,b\)越接近越好，所以如果选定一个点，那么我们每次把最小的两个儿子合并一定最优。

可以发现如果我们选重心可以最大化这个东西：

• 如果当前有\(4\)个儿子，并且每个都小于\(n/2\)，那么显然合法。
• 如果只有三个，最大的那个一定会大于\(n/3\)小于\(n/2\)，把两个小的合并就合法了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
 
void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
 
#define lf double
 
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
 
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
 
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
 
const int maxn = 1e6+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
 
int rt,f[maxn],sz[maxn],head[maxn],tot,n;
struct edge{int to,nxt;}e[maxn<<1];
 
void ins(int u,int v) {e[++tot]=(edge){v,head[u]},head[u]=tot;}
 
void get_rt(int x,int fa) {
    sz[x]=1;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        if(e[i].to!=fa) get_rt(e[i].to,x),sz[x]+=sz[e[i].to],f[x]=max(f[x],sz[e[i].to]);
    f[x]=max(f[x],n-sz[x]);
    if(f[x]<f[rt]) rt=x;
}
 
priority_queue<pair<int,int > > q;
 
int fa[maxn];
int find(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
 
void put_ans(int x,int fa,int t) {
    int p=1;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        if(e[i].to!=fa) {
            printf("%d %d %lld\n",x,e[i].to,1ll*p*t);
            put_ans(e[i].to,x,t);p+=sz[e[i].to];
        }
}
 
int main() {
    read(n);
    if(n==1) return 0;
    if(n==2) return puts("1 2 1"),0;
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    for(int x,y,i=1;i<n;i++) read(x),read(y),ins(x,y),ins(y,x);
    f[rt]=1e9;get_rt(1,0);
    int x=rt;//write(x);
    for(int v,i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        get_rt(v=e[i].to,x),q.push(mp(-sz[v],v));
    while(q.size()>2) {
        int x=q.top().sc,a=q.top().fr;q.pop();
        int y=q.top().sc,b=q.top().fr;q.pop();
        fa[find(y)]=find(x);
        q.push(mp(a+b,x));
    }
    int a=q.top().sc,s=-q.top().fr;q.pop();
    int b=q.top().sc;q.pop();//if(n==400) write(s);
    int p=1;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        if(find(e[i].to)==a) {
            printf("%d %d %d\n",x,e[i].to,p);
            put_ans(e[i].to,x,1),p+=sz[e[i].to];
        }
    p=1;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
        if(find(e[i].to)==b) {
            printf("%d %d %lld\n",x,e[i].to,1ll*p*(s+1));
            put_ans(e[i].to,x,s+1),p+=sz[e[i].to];
        }
    return 0;
}

E. Expected Value Again

显然可以发现如果串\(s\)有一个长度为\(i\)的答案，那么当且仅当\(s\)有一个长度为\(|s|-i\)的循环节。

设\(p_x(s)\)表示\(s\)有没有长度为\(x\)的循环节，有为\(1\)，否则为\(0\)。

那么答案可以写成\(E((p_1(s)+p_2(s)+\cdots +p_{n-1}(s))^2)\)。

那么根据期望的线性性，直接把里面展开答案就是：

\[ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}E(p_i(s)p_j(s)) \]

也就是说对于一个\(i,j\)，如果\(s\)同时有长度为\(i,j\)的循环节就会给期望贡献一种方案，假设我们把所有必须相等的位置连边，就会给期望一个\(k^{cnt-n}\)的贡献，其中\(cnt\)是连通块的个数。

这里假设\(i>j\)，否则也是一样的。

那么我们可以把这\(n\)个位置分成\(i\)组写成一个环，也就是$\bmod i $的剩余系。

那么\(i\)的关系以及处理完了，我们需要在这个环上面连边，也就是\(x\)向\((x+j) \bmod i\)连边。

如果\(i+j\leqslant n\)，那么环上每个点都能向后连边，显然会构成\(\gcd(i,j)\)个连通块。

否则环上只有前\(n-j\)个点可以连边，我们考虑能形成多少个环，假设有\(c\)个，那么答案就是\(n-(n-i)-(n-j)+c=i+j-n+c\)。

画个图就知道，第一条连成环的边起点是\(i-\gcd(i,j)+1\)，所以一共会连成\(\max(0,n-j-(i-\gcd(i,j)+1)+1)\)。

那么代上去答案就是\(\max(i+j-n,\gcd(i,j))\)。

那么整合一下上面的东西，题目求的答案就是：
\[ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}k^{\max(i+j-n,\gcd(i,j))-n} \]
然后大力出奇迹就好了，其实后面的计算并不是重点，稍微说一下吧。

考虑枚举\(\gcd(i,j)\)和\(i+j\)的值：
\[ k^{-n}\sum_{d=1}^{n-1}\sum_{s=1}^{2n-2}k^{\max(s-n,d)}cnt_{d,s} \]
\(cnt\)的定义（注意下面都是整除）：
\[ l=\max(1,\lceil(s-n+1)/d\rceil),r=\min((n-1)/d,s/d-1)\cnt_{d,s}=\sum_{i=l}^{r}[\gcd(i,s/d-i)=1]\\]
反演一下：
\[ cnt_{d,s}=\sum_{i=l}^{r}\sum_{t|i,t|s/d}\mu(t)\cnt_{d,s}=\sum_{t|s/d}\mu(t)(\frac{r}{t}-\frac{l-1}{t}) \]
带上去算就好了。

\(cnt\)一共有\(O(n\log n)\)个，每次计算一行\(cnt\)要\(O(n\log n)\)，所以总复杂度大概是\(O(n\log ^2 n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
 
void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
 
#define lf double
 
#define pii pair<int,int >
#define vec vector<int >
 
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fr first
#define sc second
 
#define FOR(i,l,r) for(int i=l,i##_r=r;i<=i##_r;i++)
 
const int maxn = 2e5+10;
const int inf = 1e9;
const lf eps = 1e-8;
const int mod = 1e9+7;
 
int n,k,pri[maxn],tot,mu[maxn],vis[maxn],pw[maxn],cnt[maxn];
 
void sieve() {
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++) {
        if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
            vis[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0) break;
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
 
int qpow(int a,int x) {
    int res=1;
    for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(x&1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}
 
int main() {
    read(n),read(k);sieve();
    pw[0]=1;int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) pw[i]=1ll*pw[i-1]*k%mod;
    for(int d=1;d<=n-1;d++) {
        int m=(2*n-2)/d;
        for(int t=1;t<=m;t++)
            for(int s=t;s<=m;s+=t) 
                cnt[s]+=mu[t]*(min(s-1,(n-1)/d)/t-max(0,(s*d-n)/d)/t);
        for(int s=1;s<=m;s++) ans=(ans+1ll*pw[max(s*d-n,d)]*cnt[s]%mod)%mod;
        for(int i=0;i<=m+2;i++) cnt[i]=0;
    }ans=1ll*ans*qpow(qpow(k,n),mod-2)%mod;
    write(ans);
    return 0;
}

F. Beauty of a Permutation

太神啦写不动...好像是新的黑科技，叫什么析合树。