【Atcoder】AGC013 B-F简要题解

*B.Hamiltonish Path

随便选一条边，将这两个点作为起点和终点，不断向两端延伸，直到无法拓展(它周围的点都被访问过了)就是答案。

我大概是zz了

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C.Ants on a Circle

经典蚂蚁数轴问题在环上的拓展。
如果存在蚂蚁跨过$0$或$L-1$，则将相对次序循环左移/右移即可。

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*D.Piling Up

直接$dp[i][j]$表示进行$i$轮，一共$j$个红球的方案数会算重，因为同一个序列可能由多个不同的初始状态转移而来(初始状态中$n$个球中红球数量不同)。

发现如果初始$i$个红球能生成这个序列，那么$\ge i$的状态中必然存在也能生成这个序列的，所以只需要找到最小的刚好用完的$i$，那么加一维用$f[i][j][0/1]$表示红球数量是否到过0即可。

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*E.Placing Squares

模型转化:
看做在横轴上放一些隔板，每两个相邻的隔板之间放一个黑球和一个白球，黑球白球可以放在任意位置(甚至重合)，要求起点终点必须放隔板，标记位置不能放隔板，总方案数与原问题相同。

那么分成$m$段矩乘快速幂即可。

代码有点细节。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;

int n,m,t[N],f[2][3],ans;

inline void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}

struct mat{
	int a[3][3];
	mat(){memset(a,0,sizeof(a));}
	inline void ori()
	{
		for(int j,i=0;i<3;++i)
		 for(j=0;j<3;++j)
		  a[i][j]=(i==j);
	}
	mat operator *(const mat & ky){
		mat R;int i,j,k,v;
		for(i=0;i<3;++i)
		 for(j=0;j<3;++j){
           for(v=k=0;k<3;++k) 
		     ad(v,(ll)a[k][j]*ky.a[i][k]%mod);
		   R.a[i][j]=v;
		 }
		return R;
	}
}A,B,C,re;

inline mat fp(mat x,int y)
{
	re.ori();
	for(;y;y>>=1,x=x*x)
	 if(y&1) re=re*x;
	return re;
}

int main(){
	int i,j;
	//转移系数
    B.a[0][1]=B.a[0][2]=B.a[1][1]=A.a[0][0]=1;
	B.a[1][0]=B.a[0][0]=C.a[1][0]=2;
	for(i=0;i<3;++i) B.a[2][i]=C.a[2][i]=1;
	C.a[0][0]=C.a[1][1]=1;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&t[i]);
	t[++m]=n;//注意最后一段的处理
	for(i=1;i<=m;++i){
		A=A*fp(B,t[i]-t[i-1]-1);
		A=A*C;
	}
	printf("%d",A.a[2][0]);//避免算重
	return 0;
}

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F.Two Faced Cards

注意匹配完之后是一个括号序列。

离散化位置，放入最后一张卡的后缀和一定形如$1,1,1,1,0,0,0,0,… $，预处理出最后一张卡分别放在$n+1$个位置的代价。

先假设全部放在正面，然后从右到左贪心的修改区间，保证所有后缀$\ge 0$。 再从左往右贪心保证所有前缀$\ge 0$即可。