AtCoder Petrozavodsk Contest 001 简要题解
A：
答案是 a a 或者 −1 − 1 。
#include B：
可以求出操作总次数，以及对于 A A 和 B B 变得相等的最小次数，比较一下。
#include C：
二分答案，根据奇偶性判断。
#include D：
贪心。
#include q;
vector <int> v[N];
LL ans;
inline int F(int x) {
while (x != f[x]) {
x = f[x] = f[f[x]];
}
return x;
}
int main() {
#ifdef wxh010910
freopen("d.in", "r", stdin);
#endif
Read(n), Read(m);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
Read(a[i]), f[i] = i;
}
for (int i = 0, x, y; i < m; ++i) {
Read(x), Read(y);
f[F(x)] = F(y);
}
int c = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (F(i) == i) {
++c;
}
v[F(i)].pb(i);
}
if (2 * (c - 1) > n) {
puts("Impossible");
} else if (c == 1) {
puts("0");
} else {
a[n] = 1 << 30;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (F(i) == i) {
sort(v[i].begin(), v[i].end(), [&](const int &x, const int &y) {
return a[x] < a[y];
});
v[i].pb(n), p[i] = 1, ans += a[v[i][0]], q.push(mp(-a[v[i][1]], i));
}
}
for (c -= 2; c; --c) {
pii x = q.top();
q.pop(), ans -= x.X, ++p[x.Y], q.push(mp(-a[v[x.Y][p[x.Y]]], x.Y));
}
printf("%lld\n", ans);
}
#ifdef wxh010910
Debug("My Time: %.3lfms\n", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
#endif
return 0;
} E：
识别两个点需要在一个距离它们不同的位置设置一个关键点。
就是说删去一个点如果形成了 K K 个连通块，那么其中至多一个连通块没有关键点。
树形DP一下。
#include F：
令点权为边权的异或，那么达到最终状态当且仅当所有点权都为 0 0 。
一次修改实际只修改了两个点的点权，构造一个 N N 个点的新图，如果进行过一次操作就连一条边，那么最后的每个连通块异或都为 0 0 。
类似CERC 2017 K题，贪心匹配，接下来进行一个状压DP即可。
#include G:
首先连接开头和结尾，认为他们是一段间隔，那么间隔的前驱和后继是固定的，形成了若干个环。
分类讨论一下：
- 全部覆盖的情况。
-
N N 是偶数，构造 1,2,1,2,...,2N−1,2N,2N−1,2N 1 , 2 , 1 , 2 , . . . , 2 N − 1 , 2 N , 2 N − 1 , 2 N 。
N N 是奇数，无解。 N=1 N = 1 的时候有两个环，而 N N 每次增加一都会导致环个数奇偶性改变。
- 没有全部覆盖的情况，将 1,1 1 , 1 之间的点称作
internal， 0,0 0 , 0 之间的点称作external，其他的叫做boundary，将所有极长的连续 1 1 记下来， 记 sum s u m 表示internal的点个数。
- sum s u m 是奇数，无解。因为
internal必须配对。 - sum s u m 是 4 4 的倍数，将一段和另一段的拼起来可以变成全部覆盖， N N 是偶数的情况。
- 只有一段的
internal个数不为 0 0 ，其他段必须合并，可以转化成全部覆盖， N N 是奇数的情况，无解。 - 否则可以合并两段
internal个数不为 0 0 的，让 sum s u m 减去 2 2 ：比如第一段 1→2→3 1 → 2 → 3 ， 第二段 4→5→6 4 → 5 → 6 ，那么将 2 2 和 5 5 标同一个号，将它们合并起来即可。 （可以参考原题解的图）
- sum s u m 是奇数，无解。因为
#include H：
对于一棵有根树，定义红点是叶子或者只有一个儿子且儿子是红点的点，每次让红点的值变成正确的，之后去掉红点变成子问题。
可以证明红点只有 O(log) O ( log ) 层：考虑对树进行轻重链剖分，每次去掉最下面一层重链，所以只有 O(log) O ( log ) 层。
考虑链的情况怎么做：类似插入排序，每次把根的东西丢到后面已排好序的链里面，操作次数 O(n) O ( n ) 。
在树上，如果根的权值始终是红点的权值，那么和链的做法一样。
考虑根节点权值不是红点权值怎么办， 那么就得把它丢到一个“垃圾桶“里面，将其他东西顶上来。
问题就是放垃圾的位置，那么就只需要把垃圾放在一个深度最深的未排序的地方，而且需要祖先上面有红点权值，一个比较好的办法是均摊掉，尽量让每个节点只被丢一次。
但这个做法还是有问题的，因为可能会把垃圾顶到某个祖先位置，从另外一边的链顶到根，但是发现每个红点只会被放一次，所以均摊下来是 n n 加上红点个数的，就可以过了。
#include I：
考虑两个空白行 i i 和 i+1 i + 1 ，第 1⋯i 1 ⋯ i 行为一部分，另外的行为另一部分，那么注意到同一部分的最短路不会跨过第 i i 行和第 i+1 i + 1 行，而不同部分的一定跨过一次，那么算完贡献之后就可以把这两行缩起来，认为它们之间边权为 0 0 。
列同理，图被缩成了 O(n)×O(n) O ( n ) × O ( n ) 的，接下来跑一个简单的 BFS 就好了。
#include J：
首先默认 Amoda=Bmodb=Cmodc=0 A mod a = B mod b = C mod c = 0 。
一维的情况答案就是 a a ， 二维的情况可以发现一定横向对齐或者纵向对齐，容斥一下就好了。
三维的情况也可以通过容斥求出存在某一维对齐的情况，接下来考虑没有任何一维对齐的情况。
对于长方体的一个角 (p,q,r) ( p , q , r ) ，在 (p+imodA,q+jmodB,r+kmodC) ( p + i mod A , q + j mod B , r + k mod C ) 上填上数 k k ， 记 v(x,y,z) v ( x , y , z ) 表示 (x,y,z) ( x , y , z ) 这个位置填的数，不难发现 v(x,y,0),v(x,y,1),⋯,v(x,y,C−1) v ( x , y , 0 ) , v ( x , y , 1 ) , ⋯ , v ( x , y , C − 1 ) 是 0,1,2,⋯,c−1,0,1,2,⋯,c−1⋯ 0 , 1 , 2 , ⋯ , c − 1 , 0 , 1 , 2 , ⋯ , c − 1 ⋯ 的一个循环同构串。
记 v(x,y)=v(x,y,0) v ( x , y ) = v ( x , y , 0 ) ，考虑有多少 z=i z = i 的时候每一层有多少种划分，记为 f(i) f ( i ) ， 那么答案就是 ∏c−1i=0f(i)C/c ∏ i = 0 c − 1 f ( i ) C / c 。注意这里每一层的划分只需要划分 v(x,y,i)=0 v ( x , y , i ) = 0 的部分，其他根据之前层确定好的来。
对于一个给定的 layer （即 z z 为一个定值 i i 的平面），定义它是 row-aligned 的当且仅当每行的 v(x,y,i) v ( x , y , i ) 都相等，column-aligned 同理，那么如果它是 row-aligned 或者 column-aligned 的，那它一定会某一维对齐，这种情况不再考虑。
直接考虑划分这一层，这里不再有 0 0 的限制，只要求同一个矩形内数都相等，那么如果所有方法不存在横向对齐或者纵向对齐的，那么总的划分也是对齐的，所以对于每一层的划分方法一定存在一种横纵向都对齐的。注意到它并不是 row-aligned 或者 column-aligned 的，所以这种划分方法唯一，定义这种划分是 standard-partition 。
为了没有任何一维对齐，那么一定存在两个 v(x,y,z) v ( x , y , z ) 相同的 z z ，满足它的某一部分被横向shift了一遍，纵向同理，就是说存在某个 h h 支配了某些行和列（参见题解的第二张图）。
直接考虑 standard-partition ，可以认为这个 layer 就是 Aa×Bb A a × B b ，假设 h h 支配了恰好 p p 行， q q 列， 不难用容斥算出存在行、列被shift的情况数是 (bp+aq−1)C/c−(bp)C/c−(aq)C/c+1 ( b p + a q − 1 ) C / c − ( b p ) C / c − ( a q ) C / c + 1 。
算 (p,q) ( p , q ) 的方案数，是个简单容斥，就不细说了。
#include