[atcoder]AtCoder Grand Contest 027题解

【题目链接】

https://agc027.contest.atcoder.jp/

A

【题解】

题意： 是把$x$个糖果分给$n$个人，一个人如果恰好分到$a_i$个糖果就会高兴。求最多使多少个人高兴。

题解： 一定是优先满足需求小的人，特判有额外的剩余糖果。

时间复杂度：$O(NlogN)$

【代码】

# include 
# define 	ll 		long long
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f, INF = 0x7fffffff;
const ll  infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll, INFll = 0x7fffffffffffffffll;
int read(){
	int tmp = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9'){ if (ch == '-') fh = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9'){ tmp = tmp * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return tmp * fh;
}
const int N = 110;
int n, sum, num[N], ans;
int main(){
	n = read(), sum = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) num[i] = read();
	sort(num + 1, num + n + 1);
	ans = 0;
	while (ans < n){
		if (sum >= num[ans + 1]){
			sum -= num[++ans]; 
		}
		else break;
	}
	if (ans == n && sum != 0) ans--;
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

B

【题解】

题意： 一条数轴上有$n$个垃圾，全在正半轴上。$O$点是垃圾桶。现在有一个机器人，一开始在$O$点。它每移动格的代价为$(k+1{)}^2$，$k$为当前携带的垃圾数量。在移动到与垃圾坐标相同时可以捡起垃圾，每次捡起/扔掉垃圾都要$x$的代价（不能再非$O$点扔垃圾）。求最小代价。

题解： 考试时以为一次一定取相邻的一段，这显然是错的。

考虑贪心，行走的路线一定是先是走到最远的点，在回来时不断带上其他的点。

一个点（坐标p），如果在一趟路程中是第$i$个取完的，那么它的代价是：

$(i\ast 2+3)\ast p$如果$i=1$

$(i\ast 2+1)\ast p$如果$i>1$

所以远的点被取的位置一定在近的点之前。

那么我们枚举一共走的次数，那么取的顺序是唯一确定的。

于是就有了一个$O(N^2)$的做法。

考虑优化由于$\lfloor i/j\rfloor$只有$\sqrt{i}$种取值，所以所有的垃圾被取的位置只会变换$NlogN$次。

时间复杂度$O(NlogN)$

【代码】

# include 
# define 	ll 		long long
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f, INF = 0x7fffffff;
const ll  infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll, INFll = 0x7fffffffffffffffll;
int read(){
	int tmp = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9'){ if (ch == '-') fh = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9'){ tmp = tmp * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return tmp * fh;
}
const int N = 201000;
int n;
ll x, p[N], ans = infll, sum[N];
int main(){
//	freopen(".in", "r", stdin);
//	freopen(".out", "w", stdout);
	n = read(), x = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = read();
	int lim = n / 1000;
	sum[0] = n * x;
	for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = x; 
	sum[1] += p[n] * 5; 
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		int id = n - i + 1, nxt = 1, k = i - 1;
		bool flag = false;
		for (int j = 1; j <= k; j = nxt + 1){
			nxt = k / (k / j);
			int w = k / j + 1;
			if (j != 1 && flag == true){
				int las = k / (j - 1) + 1;
				sum[j] = sum[j] - p[id] * (2 * las + 1);
			}
			if (j >= lim || k / j == 1){
				sum[j] = sum[j] + p[id] * (2 * w + 1);
				flag = true;
			}
		} 
	} 
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		sum[i] += sum[i - 1]; 
		if (i >= lim) ans = min(ans, sum[i]);
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

C

【题解】

题意： 有一个图，每个节点有一个字母$a$或$b$，在这个图上，一条路径表示一个字符串（把点上的字母连起来）。现在问这个图上的所有路径是否能表示所有的只用$a$与$b$构成的字符串。

题解： 原问题等价于寻找一个由重复的$a-a-b-b$构成的环，即这个环上每个点都与环上的一个$a$与一个$b$相邻。

考虑把一个节点拆成两种，一种是下一步要与当前点不同，另一种是下一步要与当前点相同。然后在新图上跑tarjan，如果有环，则有解。

时间复杂度$O(N+M)$

【代码】

# include 
# define 	ll 		long long
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f, INF = 0x7fffffff;
const ll  infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll, INFll = 0x7fffffffffffffffll;
int read(){
	int tmp = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9'){ if (ch == '-') fh = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9'){ tmp = tmp * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return tmp * fh;
}
const int N = 200010;
struct Edge{
	int data, next;
}e[N * 2];
int use[N][2], head[N], flag, n, m, place;
char s[N];
void build(int u, int v){
	e[++place].data = v; e[place].next = head[u]; head[u] = place;
}
void dfs(int x, int tag){
	use[x][tag] = 1;
	for (int ed = head[x]; ed != 0; ed = e[ed].next){
		if (use[e[ed].data][tag ^ 1] == 2) continue;
		if (tag == 1){
			if (s[e[ed].data] == s[x]) continue;
			if (use[e[ed].data][0] == false)
				dfs(e[ed].data, 0);
				else flag = true;
		}
		else {
			if (s[e[ed].data] != s[x]) continue;
			if (use[e[ed].data][1] == false)
				dfs(e[ed].data, 1);
				else flag = true;
		}
	}
	use[x][tag] = 2;
}
int main(){
//	freopen(".in", "r", stdin);
//	freopen(".out", "w", stdout);
	n = read(), m = read();
	scanf("\n%s", s + 1);
	for (int i = 1; i <= m; i++){
		int u = read(), v = read();
		build(u, v);
		build(v, u);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		if (use[i][0] == 0) dfs(i, 0);
		if (use[i][1] == 0) dfs(i, 0); 
	}
	if (flag)
		printf("Yes\n");
		else printf("No\n");
	return 0;
}

D

【题解】

题面： 构造一个$n\ast n$的矩阵，其中的每一个数不能超过$10^{1}5$。使得存在一个数$x$使任意相邻的两个数中$大\%小=x$

题解： 考虑·一个$x=1$的情况，若所有$(x+y)\%2=0$的格子中各填一个不同的素数，在其他格子中填相邻四个数的乘积（lcm）+1。那么这一定是一个合法解。但是这样做值域不够。

考虑$(x+y)\%2=0$的格子，对于左上-右下的对角线我们用前500个素数，左下-右上的对角线我们用第501到第1000个素数。格子中的数为对应的两条对角线上对应质数的积。那么每个格子的值一定不同。其他格子仍然为相邻四格的lcm，由于相邻四格中相邻两个一定有一条对角线相同，所以lcm为$\sqrt{相邻四格的乘积}$

这样的话，格子中最大的数不会超过4个第1000个质数的乘积，符合条件。

【代码】

# include 
# define 	ll 		long long
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f, INF = 0x7fffffff;
const ll  infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll, INFll = 0x7fffffffffffffffll;
int read(){
	int tmp = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9'){ if (ch == '-') fh = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9'){ tmp = tmp * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return tmp * fh;
}
const int N = 100010;
ll mp[520][520];
int p[N], pnum;
bool use[N];
int n;
void prep(int n){
	use[1] = true;
	for (int i = 2; i <= n; i++){
		if (use[i] == false) p[++pnum] = i;
		for (int j = 1; 1ll * i * p[j] <= n && j <= pnum; j++){
			use[p[j] * i] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}
int main(){
	n = read();
	prep(100000);
	for (int i = 1; i <= n + 2; i++)
		for (int j = 1; j <= n + 2; j++)
			if ((i + j) % 2 == 0){
				int p1 = (i + j) / 2, p2 = (i - j) / 2 + 760;
				mp[i][j] = p[p1] * p[p2];
			} 
	for (int i = 2; i <= n + 1; i++)
		for (int j = 2; j <= n + 1; j++)
			if ((i + j) % 2 == 1){
				mp[i][j] = mp[i - 1][j] * mp[i + 1][j];
				mp[i][j] += 1;
			}
	for (int i = 2; i <= n + 1; i++)
		for (int j = 2; j <= n + 1; j++)
			printf("%lld%c", mp[i][j], (j == n + 1) ? '\n' : ' ');
	return 0;
}

E

【题解】

题面： 给定串$S$（$|S|\le 2e5$），$S$中包含$a,b$，有两种操作：

1.将连续的两个$a$变成一个$b$。

2.将连续的两个$b$变成一个$a$。

可以在任意时刻终止操作，求最后的串有几种可能。

题解： 记$S_{i,j}$表示$S$从$i$到$j$的子串。

不妨把$a$看做$1$，把$b$看做$2$。记$P_{i,j}$表示$({\sum }_{k=i}^j{S}_k)\%3$。

那么$S_{i,j}$能转化为一个字符$x$的条件是：

1.$i=j$或$S_{i,j}$中有相邻两个字符相同。

2.$P_{i,j}=P_x$

条件1保证可以进行操作，2保证最后变成的数相同。

如果我们想要得到一个串$T$，我们尽量取最小的前缀去得到它。具体来讲，用尽量少的字母得到$T$中第一个字符，以此类推。

那么最后要么无法组成$T$，要么刚好组成，要么会剩下一段$S$的后缀$S_{i,n}$。给出结论：

如果$P_{i,n}=0$且$S$中存在两个相邻相同的字符，那么$T$可以被构成。

讲一个简略的证明：

设构成$T$的最后一个字符的一段为$S_{j,i-1}$。

如果$S_{j,n}$有连续两个相同的字符，那么这一段可以简单合并为$T$的最后一个字符。

如果没有说明$j=i-1$且$S_{j,n}$字符两两交替出现。

设$k$为$S_j=S_{j+1}$的$k$的最大值。字符$y$为$k$所在一段在$T$中构成的字符。

分为两种情况：

1.$k$单独构成$y$。由于$P_{i,n}=0$所以$T$的末尾字符等于$S$的末尾字符。所以一直往后合并，一定有一个时刻相同。

2.$k$不单独构成$y$，先把当前段合并到只剩两个字符，再一直往后合并即可。

证毕。

接下来就是一个简单的dp了。记$f_i$表示$S$中的前$i$位能恰好构成多少种$T$。枚举下一个字符可行的最短距离，用set维护即可。

时间复杂度$O(NlogN)$

【代码】

# include 
# define 	ll 		long long
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f, INF = 0x7fffffff;
const ll  infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll, INFll = 0x7fffffffffffffffll;
int read(){
	int tmp = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9'){ if (ch == '-') fh = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9'){ tmp = tmp * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return tmp * fh;
}
const int N = 200010, P = 1e9 + 7;
char s[N];
int num[N], f[N][3][2], n, tag[N], pre[N], ans, sam[N];
set <int> mp[3];
int main(){
	scanf("\n%s", s + 1);
	n = strlen(s + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++) num[i] = s[i] - 'a' + 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		if (sam[i - 1] >= i) sam[i] = sam[i - 1];
		else {
			sam[i] = n;
			for (int j = i; j < n; j++)
				if (num[j] == num[j + 1]){
					sam[i] = j;
					break;
				}
		}
	}
	for (int i = n; i >= 1; i--) tag[i] = tag[i + 1] | (num[i] == num[i - 1]); 
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		pre[i] = (pre[i - 1] + num[i]) % 3;
		mp[pre[i]].insert(i);
	}
	mp[0].insert(n + 1), mp[1].insert(n + 1), mp[2].insert(n + 1);
	
	int cnt = 1;
	int j = *mp[1].upper_bound(sam[1]);
	if (num[1] == 1) j = 1;
	if (j <= n){
		if (j > 1) f[j][1][0] = (f[j][1][0] + cnt) % P;
			else f[j][1][1] = (f[j][1][1] + cnt) % P;
	}
	j = *mp[2].upper_bound(sam[1]);
	if (num[1] == 2) j = 1;
	if (j <= n){
		if (j > 1) f[j][2][0] = (f[j][2][0] + cnt) % P;
			else f[j][2][1] = (f[j][2][1] + cnt) % P;
	}
	
	for (int i = 1; i < n; i++){
		for (int j = 1; j <= 2; j++){
			int cnt = (f[i][j][0] + f[i][j][1]) % P;
			int k = *mp[(pre[i] + 1) % 3].upper_bound(sam[i + 1]);
			if (num[i + 1] == 1) k = i + 1;
			if (k <= n){
				if (k > i + 1 || j == 1) f[k][1][0] = (f[k][1][0] + cnt) % P;
					else f[k][1][1] = (f[k][1][1] + cnt) % P;
			}
			k = *mp[(pre[i] + 2) % 3].upper_bound(sam[i + 1]);
			if (num[i + 1] == 2) k = i + 1;
			if (k <= n){
				if (k > i + 1 || j == 2) f[k][2][0] = (f[k][2][0] + cnt) % P;
					else f[k][2][1] = (f[k][2][1] + cnt) % P;
			}
		}
	}
	
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		if (pre[n] - pre[i] == 0){
			ans = ((ans + f[i][1][1]) % P + f[i][2][1]) % P;
			ans = ((ans + f[i][1][0]) % P + f[i][2][0]) % P;
		}
	if (sam[1] == n)
		printf("%d\n", 1);
		else printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

F

【题解】

题面： 给定两棵树$A$，$B$，有$n$个节点。每次可以选择$A$中的一个叶子节点，把与它相连的边删去。再任意选择一个节点与它连边。一个点只能被操作一次。求出把$A$变为$B$的最小步数。$n\le 50$

题解： 先考虑一种简单的情况：$A$中含有不动点，即不会被操作的点。

那么我们固定这个点$x$，再找出这个点$A$与$B$以$x$为根的最大相同子树。在这个子树上的点都是不能被操作的。其他的点一定要操作。如果一个需要操作的点$u$，它一开始与$v$相连，在$B$中它的父亲为$v^{\prime }$，记$t_i$为$i$号节点被操作的时间，那么以下两个条件需要被满足：

1.若$v^{\prime }$为需要操作的点，那么$t_{v^{\prime }}<t_u$

2.若$v$为需要操作的节点，那么$t_u<t_v$

若存在满足条件的拓扑序，那么$A$可以变为$B$。步数就是需要操作的点的数目。

接下来考虑没有不动点的情况，我们枚举第一步选的叶子节点及它连的边。由于每个点只能操作一次，那么这个点在这之后一定是不动点。用之前的算法就可以了。

时间复杂度：枚举$O(N^2)$，判断$O(N)$。总复杂度$O(N^3)$

【代码】

# include 
# define 	ll 		long long
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f, INF = 0x7fffffff;
const ll  infll = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll, INFll = 0x7fffffffffffffffll;
int read(){
	int tmp = 0, fh = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9'){ if (ch == '-') fh = -1; ch = getchar(); }
	while (ch >= '0' && ch <= '9'){ tmp = tmp * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
	return tmp * fh;
}
const int N = 61;
vector <int> ea[N], eb[N], e[N];
int ua[N], va[N], ub[N], vb[N], deg[N], use[N], cnt, da[N], db[N], tag[N], n, q[N]; 
void dfs(int x, int fa){
	use[x] = true; cnt++;
	for (unsigned eda = 0, edb = 0; eda < ea[x].size() && edb < eb[x].size(); ){
	//	printf("%d %d\n", ea[x][eda], eb[x][edb]);
		if (ea[x][eda] == eb[x][edb] && ea[x][eda] != fa) dfs(ea[x][eda], x);
		if (edb >= eb[x].size() - 1 || (eda < ea[x].size() - 1 && ea[x][eda + 1] <= eb[x][edb + 1]))
			eda++; else edb++; 
	}
}
void foda(int x, int fa){
	da[x] = fa;
	for (unsigned ed = 0; ed < ea[x].size(); ed++)
		if (ea[x][ed] != fa) foda(ea[x][ed], x);
}
void fodb(int x, int fa){
	db[x] = fa;
	for (unsigned ed = 0; ed < eb[x].size(); ed++)
		if (eb[x][ed] != fa) fodb(eb[x][ed], x);
}
int check(int x){
	memset(use, 0, sizeof(use)); memset(tag, 0, sizeof(tag));
	for (int i = 1; i <= n; i++) ea[i].clear(), eb[i].clear(), e[i].clear();
	for (int i = 1; i < n; i++){
		ea[ua[i]].push_back(va[i]);
		ea[va[i]].push_back(ua[i]);
	}
	for (int i = 1; i < n; i++){
		eb[ub[i]].push_back(vb[i]);
		eb[vb[i]].push_back(ub[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		sort(ea[i].begin(), ea[i].end());
		sort(eb[i].begin(), eb[i].end());
	}
	cnt = 0; dfs(x, 0);
	cnt = n - cnt;
	foda(x, 0); fodb(x, 0);
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		if (use[i] == true) continue;
		if (use[da[i]] == false) e[i].push_back(da[i]), tag[da[i]]++;
		if (use[db[i]] == false) e[db[i]].push_back(i), tag[i]++;
	}
	int pl = 1, pr = 0, tmp = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) if (tag[i] == 0) q[++pr] = i; 
	while (pl <= pr){
		int x = q[pl++]; tmp++;
		for (unsigned i = 0; i < e[x].size(); i++){
			tag[e[x][i]]--;
			if (tag[e[x][i]] == 0) q[++pr] = e[x][i];
		}
	}
	if (tmp == n) return cnt;
		else return inf;
}
int main(){
	for (int opt = read(); opt--; ){
		n = read();
		memset(deg, 0, sizeof(deg));
		for (int i = 1; i < n; i++){
			ua[i] = read(), va[i] = read();
			deg[ua[i]]++; deg[va[i]]++;
		}
		for (int i = 1; i < n; i++)
			ub[i] = read(), vb[i] = read();
		int flag = inf;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			flag = min(check(i), flag);
		for (int i = 1; i <= n; i++){
			if (deg[i] != 1) continue;
			for (int j = 1; j <= n; j++){
				if (i == j) continue;
				for (int k = 1; k < n; k++){
					if (ua[k] == i){
						int tmp = va[k];
						va[k] = j;
						flag = min(flag, check(i) + 1);
						va[k] = tmp;
						break;
					}
					if (va[k] == i){
						int tmp = ua[k];
						ua[k] = j;
						flag = min(flag, check(i) + 1);
						ua[k] = tmp;
						break;
					}
				}
			}
		}
		if (flag == inf)
			printf("-1\n");
			else printf("%d\n", flag); 
	} 
	return 0;
}