「LGR-067」洛谷 1 月月赛 Div.1 解题报告

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我：100+100+8+29=237 / rk22

游戏

题解

记 $s_n=\sum _{i=1}^n{a}_i$。

若小 Z 选到 $i$ 停止，我们考虑什么情况下这是必胜策略。必然是这样的：存在一个 $j(j\ge i)$，小 Y 选到 $i+1\sim j$ 都打不过小 Z，而选到 $j+1\sim n$ 又超过了 $X$。因此，只要知道一个 $j$ 满足 $s_j-s_i<s_i$，我们就能断定 $[s_i,s_{j+1}-s_i)$ 内的 $X$ 都是答案。

因此，我们找到最大的 $k$ 满足 $s_k-s_i<s_i$，然后断定 $[s_i,{\max }_{j+1\le t\le k+1}{s}_t-s_i)$ 内的 $X$ 都是答案。二分、线段树、差分可以在 $O(n\log n)$ 的复杂度下通过此题，而关注单调性，递推、单调栈、差分可以在 $O(n)$ 的复杂度下通过此题。

代码

我在赛时采用 $O(n\log n)$ 的写法，使用线段树求最大值，注意 ST 表会被卡空间。

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN = 2000005;
const ll INF = LLONG_MAX >> 1;
int N, K, d[MAXN]; ll s[MAXN];

ll tree[MAXN << 2];
#define mid ((l + r) >> 1)
void build(int o, int l, int r) {
    if (l == r) tree[o] = s[l];
    else build(o << 1, l, mid), build(o << 1 | 1, mid + 1, r), tree[o] = max(tree[o << 1], tree[o << 1 | 1]);
}
ll query(int o, int l, int r, int L, int R) {
    if (R > N) return INF;
    if (l == L && r == R) return tree[o];
    else {
        if (R <= mid) return query(o << 1, l, mid, L, R);
        else if (L > mid) return query(o << 1 | 1, mid + 1, r, L, R);
        else return max(query(o << 1, l, mid, L, mid), query(o << 1 | 1, mid + 1, r, mid + 1, R));
    }
}
#undef mid

int main() {
    scanf("%d", &N); ll i, j, x;
    for (i = 1; i <= N; ++i) scanf("%lld", &x), s[i] = s[i - 1] + x;
    scanf("%d", &K);
    
    build(1, 1, N);
    for (i = 1; i < N; ++i) {
        int ret = i, l = i + 1, r = N;
        while (l <= r) {
            int mid = (l + r) >> 1;
            if (s[mid] - s[i] < s[i]) l = mid + 1, ret = mid;
            else r = mid - 1;
        }
        ll qwq = min(query(1, 1, N, i + 1, ret + 1) - s[i] - 1, (ll)K);
        if (qwq < s[i]) continue;
        ++d[s[i]], --d[qwq + 1];
    }
    for (i = s[N]; i <= K; ++i) ++d[i], --d[i + 1];
    for (i = 1; i <= K; ++i) d[i] += d[i - 1];
    int cnt = 0;
    for (i = 1; i <= K; ++i) if (d[i]) ++cnt;
    printf("%d\n", cnt);
    for (i = 1; i <= K; ++i) if (d[i]) printf("%d ", i);
    return 0;
}

出游

题解

对于第一个样例，考虑状态 $[1,0,1]$ 会变成 $[1,1,0]$，这是因为它进行了如下操作：（3*3 转移矩阵是通过样例输入推出来的）

定义新矩阵乘法的运算是 c[i][j] |= a[i][k] & b[k][j]，易证满足结合律，然后刻画一个状态的变换：

$$\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 1\end{array}\right]\times {\left[\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 1& 0& 1\\ 1& 1& 0\end{array}\right]}^T=\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 0\end{array}\right]$$

考虑这个 01 矩阵的特性，显然可以 bitset 优化乘法。

然后考虑第一个人对答案的贡献，它有贡献当且仅当乘法完之后第一位还是 1，也就是转移矩阵的第一列的所有 1 所对应的人 $a_1,a_2,\cdots ,a_k$ 中至少有一个是 1，那么我们就能知道贡献是 $1-\prod (1-p_{a_i})$。

所以我们就做完了，复杂度 $O(\frac{n^3\log T}{\omega })$。

代码

#include 
#include 
using namespace std;

typedef long long ll;

const int MAXN = 505, MOD = 998244353;
int N, T; ll p[MAXN], ans, P[MAXN];

struct matrix {
    bitset<MAXN> a[MAXN], b[MAXN];
    friend matrix operator* (const matrix& A, const matrix& B) {
        matrix C; int i, j, k;
        for (i = 1; i <= N; ++i) for (j = 1; j <= N; ++j) C.a[i].reset(), C.b[i].reset();
        for (i = 1; i <= N; ++i) for (j = 1; j <= N; ++j) C.a[i][j] = (A.a[i] & B.b[j]).count();
        for (i = 1; i <= N; ++i) for (j = 1; j <= N; ++j) C.b[i][j] = C.a[j][i];
        return C;
    }
} RET, A;

int main() {
    scanf("%d%d", &N, &T); int i, j, x, y;
    for (i = 1; i <= N; ++i) {
        scanf("%lld%d", &p[i], &x);
        for (j = 1; j <= x; ++j) scanf("%d", &y), A.a[y][i] = 1, A.b[i][y] = 1;
    }
    for (i = 1; i <= N; ++i) RET.a[i][i] = 1, RET.b[i][i] = 1;
    while (T) {
        if (T & 1) RET = RET * A;
        A = A * A, T >>= 1;
    }
    for (i = 1; i <= N; ++i) P[i] = 1;
    for (i = 1; i <= N; ++i) for (j = 1; j <= N; ++j) if (RET.a[j][i]) P[i] = P[i] * (1 - p[j]) % MOD;
    for (i = 1; i <= N; ++i) ans = (ans + (1 - P[i])) % MOD;
    printf("%lld\n", (ans + MOD) % MOD);
    return 0;
}

仙人掌

咕咕咕

觉得比较可做，过几天来补（