【Atcoder】AGC031 C-F简要题解

这一场涉及了很多我不熟悉的技巧，都是神仙题

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*C.Differ by 1 Bit

考试的时候想了好久

$A\to B$的过程等价于$0\to AxorB$，考虑如何判断$0\to X$是否可行

归纳位数$w$构造：

• 初始$w=1$，$0\to 1$
• 对于$w>1$，固定$X$中为$1$的一位$b$，剩下的$w-1$位在前$2^{w-1}-1$次操作后变成某个数(这个过程中保持$b=0$)，下一步$b:=1$，然后在后$2^{w-1}-1$次剩下的$w-1$位又可以倒序执行前面的操作得到$0$。最终可以得到一个只有$b$这位为1的数。
  考虑归纳这个过程，剩余$w-1$位最终必然得到了偶数个$1$：
  • $0\to 1\to 0$得到$0$个$1$，$w=2$时成立
  • 设已知$w-1$位时成立，则前$2^{w-1}-1$次操作除$b$位一定能得到奇数个$1$，后$2^{w-1}-1$次操作相当于这个有奇数个1的数异或上另一个有奇数个1的数，必然得到偶数个1，成立。。
• 所以任意$X$有奇数个$1$的情况都可以递归构造出解。

详见代码

#include
#define RI register
using namespace std;
const int N=(1<<17)+10,mod=1e9+7;
typedef long long ll;

int n,A,B,bs;
int bel[N],tim;
int ans[N],cnt,S;
bool vs[N];

inline int cont(int x)
{
	int re=0,i;
	for(i=0;i<n;++i) if((x>>i)&1) re++;
	return re;
}

vector<int> cal(int t,int x)
{
	vector<int>re;re.resize((1<<t));
	if(t==1){re[1]=1;return re;}
	int pos,i;
	for(i=0;i<t;++i) if((x>>i)&1) {pos=i;break;}
	vector<int>nw;
	nw=cal(t-1,1);
	for(i=0;i<(1<<(t-1));++i) re[i]=(((nw[i]>>pos)<<(pos+1))|(nw[i]&((1<<pos)-1)));
	nw=cal(t-1,(((x>>(pos+1))<<pos)|(x&((1<<pos)-1)))^1);
	for(i=0;i<(1<<(t-1));++i){
		if(pos>0) re[i+(1<<(t-1))]=1^((1<<pos)|((nw[i]>>(pos))<<(pos+1))|(nw[i]&((1<<pos)-1)));
		else re[i+(1<<(t-1))]=1|((nw[i]^1)<<1);
	}
	return re;
}

int main(){
	int i,j,x,y;
	scanf("%d%d%d",&n,&A,&B);
	S=(1<<n);bs=A;B^=A;
	if(cont(B)%2==0) {puts("NO");return 0;}
	puts("YES");
	vector<int> as=cal(n,B);
	for(i=0;i<S;++i) printf("%d ",as[i]^A);
	return 0;
}

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**D.A Sequence of Permutations

抽象代数一脸懵，真是伤脑筋(竟以为自己能找出规律，too young too naive)

设存在排列$p,q,t$，定义置换运算乘法：$t=pq$，则$t_i=p_{q_i}$，$g=p^{-1}$表示$p$的逆变换，$g_{p_i}=i$，存在性质$(pq{)}^{-1}=q^{-1}{p}^{-1},p{p}^{-1}=(1)$

发现$f(p,q)=q{p}^{-1}$，强势找规律：
$$\begin{gathered} a_1=p \\ {a}_2=q \\ {a}_3=q{p}^{-1} \\ {a}_4=q{p}^{-1}{q}^{-1} \\ {a}_5=q{p}^{-1}{q}^{-1}p{q}^{-1} \\ {a}_6=q{p}^{-1}{q}^{-1}{p}^2{q}^{-1} \\ {a}_7=q{p}^{-1}{q}^{-1}pqp{q}^{-1} \\ {a}_8=q{p}^{-1}{q}^{-1}pq{p}^{-1}qp{q}^{-1} \end{gathered}$$

设$A=q{p}^{-1}{q}^{-1}p(A^{-1}=p^{-1}qp{q}^{-1})$，惊奇地发现$a_7=A{a}_1{A}^{-1},a_8=A{a}_2{A}^{-1}$，归纳得到$a_i=A{a}_{i-6}{A}^{-1}$，即$a_i=A...A{a}_{(i-1)\%6+1}{A}^{-1}...A^{-1}$

所以求出$A^{\lfloor \frac{i-1}{6}\rfloor }$即可，可以求出轮换直接位移。

code from sigongzi

#include 
#define fi first
#define se second
#define pii pair
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define space putchar(' ')
#define enter putchar('\n')
#define MAXN 100005
#define eps 1e-10
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef unsigned int u32;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;T f = 1;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {
    if(c == '-') f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= '0' && c <= '9') {
    res = res * 10 + c - '0';
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar('0' + x % 10);
}
int N,K;
struct pl {
    int f[100005];
    friend pl operator * (const pl &a,const pl &b) {
    pl c;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) c.f[i] = a.f[b.f[i]];
    return c;
    }
    pl inv() {
    pl c;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        c.f[f[i]] = i;
    }
    return c;
    }
}p,q,iq,ip,s,res,t,ans;
void fpow(int c) {
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) res.f[i] = i;
    t = s;
    while(c) {
    if(c & 1) res = res * t;
    t = t * t;
    c >>= 1;
    }
}
void Solve() {
    read(N);read(K);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(p.f[i]);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) read(q.f[i]);
    ip = p.inv();iq = q.inv();
    s = q * ip * iq * p;
    fpow((K - 1) / 6);
    int x = (K - 1) % 6;
    if(x == 0) {
    ans = res * p * res.inv();
    }
    else if(x == 1) {
    ans = res * q * res.inv();
    }
    else if(x == 2) {
    ans = res * q * ip * res.inv();
    }
    else if(x == 3) {
    res = res * q;
    ans = res * ip * res.inv();
    }
    else if(x == 4) {
    res = res * q * ip;
    ans = res * iq * res.inv();
    }
    else if(x == 5) {
    res = res * q * ip;
    ans = res * iq * p * res.inv();
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    out(ans.f[i]);space;
    }
    enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
}

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**E.Snuke the Phantom Thief

神仙费用流

分析：

一维的情况，可以把每个珠宝看做一个标号为坐标的点，然后按$L/R$的限制分居两侧，建S-T最大费用最大流。
二维的情况，显然一个点不可能流出2个单位的流量分别满足$L/R,U/D$的限制(带费用的流量不可拆分)，可以拆出$2N$个点，分别代表$x,y$坐标，将每个珠宝看做$(x_i,y_i,1,v_i)$的一条边。但同时满足$L/R,U/D$的限制还是不可做。

然后就需要关键的一步：

发现$n\le 80$不仅可以跑一次费用流，还可以枚举最后选的珠宝数都跑一次费用流！

枚举珠宝数$K$有奇效：

分别考虑两个维上的所有限制(将选的$K$个点这一维上坐标按升序排序，假设第$x$个点坐标大小为$p_x$)：

• $\le a_i$的最多$b_i$个$\to p_{b_i+1}>a_i$
• $\ge a_i$的最多$b_i$个$\to p_{K-b_i}<a_i$
• $p_1\le p_2\le ...\le p_K$

构图：
建$2K$个点分别表示对$x$轴上选的第$i$个点的限制$p{x}_i(1\le i\le K)$，对$y$轴上选的第$i$个点的限制$p{y}_i(1\le i\le K)$，连边$(S,p{x}_i,1,0),(p{y}_i,T,1,0)$
再建$2N$个点分别表示所有珠宝的横纵坐标，连边$(x_i,y_i,1,v_i)$。
$p{x}_i$向所有限制范围以内的$x_i$连流量为$1$，费用为$0$的边，$y_i$向所有可以匹配上的$p{y}_i$连流量为1 ，费用为0的边。

注意只有满流的情况才有资格和答案取$\max$。
($\text{Maxflow(S,T)=K}$)

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*F.Walk on Graph

神仙题

设状态为$(u,x)$，表示在点$u$时，值为$x$

考虑倒着走， 走一条边$(u,v,c)$相当于$(u,x)\to (v,2x+c)$，询问$(T,0)$是否能走到$(S,R)$。

性质1：

$f(x)=2x+c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}MOD)(x\to 2x+c)$是双射的(一一对应)，所以若存在$(u,x)\to (v,2x+c)$，那么也存在$(v,2x+c)\to (u,x)$。

考虑$f(x)=y$，已知$y$，求解$x$，则$2x\equiv y-c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}MOD)$，$2$在奇模数意义下存在逆元所以$x$的取值是唯一的，同理不同的$x$对应不同的$f(x)$，所以是一一对应的。

所以不断$x=f(x)$一定可以走回$x$，如果是个奇环，再走一遍就是偶环($u\to v\to ...\to v\to u$)了。

所以$(u,x)\iff (v,2x+c)$之间可以直接连上边权为$c$的双向边。

若$(T,0)$和$(S,R)$在同一个连通块内则有解。

性质2：

$(u,x)$沿着它连出的一条边走两次回到自己可以得到$(u,4x+3c)$，如果存在另一条连出的边(可以得到$4x+3c^{\prime }$)，则存在$(u,x)\to (u,x+3k(c-c^{\prime })),k\in Z$

$4$在奇模数意义下存在逆元，所以$(u,x)\iff (u,4x+3c)$，

$(u,4x+3c)\to (u,x)\to (u,4x+3c^{\prime })$

$4x$可以表示任何数(对于任意$y$，都存在$4x\equiv y(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}MOD)$)，所以$(u,x)\to (u,x+3k(c-c^{\prime })),k\in Z$

于是可以把有公共点$u$的边的差值求一个$gcd{G}_u$，对于$u$来说，距离的循环节变成了$\gcd (3G_u,MOD)$。考虑$(u,x)\to (v,2x+c)$，实际上$v$的循环节是$\gcd (2\cdot 3G_u,\gcd (3G_v,MOD))$，继续拓展，求出连通图中所有边两两边权之差的$\gcd G$，$MOD$就变成了$g=\gcd (3G,MOD)$。

性质3:

在模$g$意义下，所有边权值一样，设为$z$，可以把所有状态第二位增加$z$，所有边权$-z$，运算不变。

$(u,x^{\prime })\to (v,2(x^{\prime }-z)+(c^{\prime }+z)+z)=(v,2x^{\prime }+c^{\prime })$

这样所有边权都是$g$的倍数，转移形如$(u,x)\to (v,2^{p}x+qg),q\in \{0,1,2\}$，结合之前的变化$(u,x)\to (u,4x+3c)=u(4x)$，$x$和$4x$等价，所以$p\in \{0,1\}$。

最终得到一张有$6n$个点的图，并查集判断连通性即可

询问相当于判断$(t,z)$是否能走到$(s,z+r)$，枚举$q$的取值和$p$的奇偶性(注意不是具体值)，相当于求解是否存在$p$使得$2^{p}z+qg=z+r$，预处理一下$2^{p}z$分别在奇偶次幂可以取到的数，判断$z+r-qg$能否取到即可。

code from alan_cty

#include 
#include 
#include 
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;

const int N=1e6+5;

int n,m,q,mod,s,t,r,u[N],v[N],c[N],g,fa[N];
bool can[2][N];

int Id(int x,int y,int z) {return (x-1)*6+y*3+z;}
int get(int x) {return fa[x]==x?x:fa[x]=get(fa[x]);}

void link(int x,int y) {
	x=get(x);y=get(y);
	if (x==y) return;
	fa[x]=y;
}

int main() {
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&q,&mod);
	fo(i,1,m) {
		scanf("%d%d%d",&u[i],&v[i],&c[i]);
		g=__gcd(g,abs(c[i]-c[1]));
	}
	if (!g) g=mod;mod=__gcd(mod,3*g);int z=c[1]%g;
	fo(i,0,6*n) fa[i]=i;
	fo(i,1,m) {
		int w=(c[i]-z)/g;
		fo(p,0,1)
			fo(q,0,2) {
				link(Id(u[i],p,q),Id(v[i],1-p,(2*q+w)%3));
				link(Id(v[i],p,q),Id(u[i],1-p,(2*q+w)%3));
			}
	}
	for(int i=0,j=z;i<mod<<1;i++,(j<<=1)%=mod) can[i&1][j]=1;
	for(;q;q--) {
		scanf("%d%d%d",&s,&t,&r);
		int ret=0;
		fo(p,0,1) fo(q,0,2) if (get(Id(t,0,0))==get(Id(s,p,q))) ret|=can[p][(r+z+(3-q)*g)%mod];
		puts(ret?"YES":"NO");
	}
	return 0;
}