Codeforces Round 959 (Div. 1 + Div. 2 ABCDEFG 题) 文字讲解+视频讲解

Problem A. Diverse Game

Statement

给定 $n\times m$ 的矩形 $a$，$a$ 中的每一个数均在 $1\sim nm$ 之间且互不相同。求出 $n\times m$ 的矩形 $b$，$b$ 中的每一个数均在 $1\sim nm$ 之间且互不相同，同时 $a_{i,j}\ne b_{i,j}$。

Solution

注意到 $a$ 如果拉长为一个序列，则是一个长为 $nm$ 的排列。故，如果直接翻转 $a$，则长度为偶数的时候是可行的；长度为奇数的时候，中间的位置没变，只需将第一个位置与中间的位置交换即可。

Code

void solve() {int n, m, x;cin >> n >> m;std::vector<int> opt;for (int i = 1; i <= n * m; i ++) cin >> x, opt.push_back(x);if (n * m == 1) {cout << -1 << endl;return;}reverse(opt.begin(), opt.end());if (opt.size() & 1) swap(opt[0], opt[opt.size() / 2]);for (int i = 1; i <= n * m; i ++) {cout << opt[i - 1] << " ";if (i % m == 0) cout << endl;}
}

Problem B. Fun Game

Statement

给定一个长为 $n$ 的二进制序列，接下来可以进行无限次操作：

• 选择 $l,r$，将 $s_i$ 变为 $s_{i-l+1}\oplus s_i$。

确定是否能从 $s$ 序列变为 $t$ 序列。

Solution

考察 $s$ 中第一个出现 $1$ 的位置，那么后面需要翻转的位置一定可以通过这个 $1$ 来翻转状态。形式化的，若需要变换的位置为 $i$，第一次出现的位置为 $j$，则选择区间 $l=i-j+1,r=i$ 即可在不改变其他位置的前提下（因为 $j$ 前面全为 $0$），翻转 $i$ 位置。最后 $j$ 位置自己异或自己即可。

但是如果前面存在 $i$，使得 $s_i=0,t_i=1$，则必然不存在方案，输出 NO；反之输出 YES。

Code

void solve() {int n;string s, t;cin >> n >> s >> t;bool ok = 0;for (int i = 0; i < n; i ++) {if (s[i] == '0' && t[i] == '1') {cout << "NO" << endl;return;}if (s[i] == '1') {cout << "YES" << endl;return;}}cout << "YES" << endl;
}

Problem C. Hungry Games

Statement

给定长为 $n$ 的序列 $a$ 以及变量 $g$（初始为 $0$），选择 $l,r$，依次遍历 $l\sim r$ 中的每一个数，$g=g+a_i$，若 $g>x$，则令 $g=0$。问存在多少个 $l,r$ 使得最终 $g$ 的值不为 $0$。

Solution

考虑枚举每一个 $l$，那么第一个使得 $g$ 变 $0$ 的位置可以轻松通过二分得出（令其为 $k$），则 $l\sim k-1$ 的位置均可以作为右端点。那么 $k+1\sim n$ 有哪些位置可以作为右端点呢？注意到 $k$ 位置 $g$ 变 $0$，即和 $l^{\prime }=k$ 时初始状态时相同的，也就是 $l^{\prime }=k$ 的所有可行的右端点，$l$ 位置均可以。

故，列出转移方程：$f_l=f_k+(k-l)$。时间复杂度 $O(n\log n)$，$\log$ 来源于找 $k$。

Code

void solve() {cin >> n >> x;for (int i = 1; i <= n; i ++)cin >> a[i], a[i] += a[i - 1];for (int i = n; i >= 1; i -- ) {int l = i, r = n, res = -1;while (l <= r) {int mid = l + r >> 1;if (a[mid] - a[i - 1] > x) r = mid - 1, res = mid;else l = mid + 1;}if (res == -1) dp[i] = n - i + 1;else dp[i] = dp[res + 1] + res - i;}int res = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) res += dp[i];cout << res << endl;for (int i = 1; i <= n; i ++) dp[i] = 0;
}

Problem D. Funny Game

Statement

给定 $n$ 个点以及序列 $a$，接下来有若干次操作：

• 选择 $u,v$，其中 $|a_u-a_v|$ 是 $x$ 的倍数，连接 $u,v$。

通过进行 $n-1$ 次操作，是否能将 $n$ 个点连接成为一棵树，是则输出方案。

Solution

观察 Observation

观察样例发现全部均是 YES，回想抽屉原理的一个应用即为证明存在性。

深入探究 Investigate Deeply

$|a_u-a_v|$ 是 $x$ 的倍数等价于 $a_u\equiv a_v(\mathrm{mod}x)$，考虑倒序操作，则进行第 $x$ 次操作前有 $x+1$ 个连通块，即可选的数有 $x+1$ 个，而对 $x$ 取模后可行的数只有 $x$ 个，通过抽屉原理，不管前面如何操作，此时必然有至少 $1$ 组 $a_u\equiv a_v(\mathrm{mod}x)$，通过并查集找出即可。

综上所述，答案永远都是存在的！

Code

int find(int x) {if (par[x] != x) par[x] = find(par[x]);return par[x];
}
void solve() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i ++) par[i] = i;for (int i = n - 1; i >= 1; i --) {for (int j = 1; j <= n; j ++) pos[a[j] % i].push_back(j);for (int j = 0; j < n; j ++) {sort(pos[j].begin(), pos[j].end(), [&](int a, int b) { return find(a) < find(b); });if (pos[j].size() <= 1) continue;if (find(pos[j][0]) != find(pos[j].back())) {par[find(pos[j][0])] = find(pos[j].back());res.emplace_back(pos[j][0], pos[j].back());break;}}for (int j = 0; j < n; j ++) pos[j].clear();}reverse(res.begin(), res.end());cout << "YES" << endl;for (auto v : res) cout << v.fi << " " << v.se << endl;res.clear();
}

Problem E. Wooden Game

Statement

给定 $k$ 棵树，第 $i$ 棵树有 $n_i$ 个节点，每次可以将任意一棵树的一个子树删除，最终的权值即为删除的子树的大小按位或和。

Solution

观察 Observation

简化：如果只有 $1$ 棵树，则答案必为这棵树的大小。

证明：对于 $x_1+x_2+\cdots +x_k=n$，则 $x_1|x_2|\dots |x_k\le n$。所以这说明对于一棵树，至多只存在一个子树给答案是有贡献的，而一棵树便是特殊情况，必然是这棵树的大小

深入探究 Investigate Deeply

从观察中得出，一棵树只有一个子树给答案是有贡献的，考察这棵子树的大小取值范围，由于可以不断地删除叶子节点取剩余部分，所以大小地取值范围为 $[1,n_i]$。

问题转化为给定 $k$ 个变量 $x$，第 $i$ 个变量的取值范围为 $[1,n_i]$，求 $\max (x_1|x_2|\dots |x_k)$。故变为了二进制的问题，使用经典方式拆位，对于第 $i$ 位：

• 如果存在大于等于 $2$ 个 $n_j$ 使得第 $i$ 位为 $1$，则一个 $n_i$ 将这一位变为 $1$，其余的只需这一位取 $0$，后面所有位取 $1$ 即可。

• 如果存在恰好 $1$ 个 $n_j$ 使得第 $i$ 位为 $1$，则只需将第 $i$ 位变为 $1$ 即可。

Code

void solve() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> a[i];int x;for (int j = 2; j <= a[i]; j ++) cin >> x;}for (int i = 1; i <= n; i ++)for (int j = 0; j < 30; j ++) cnt[j] += (a[i] >> j & 1);int res = 0;for (int i = 30; i >= 0; i --) {if (cnt[i] >= 2) res |= ((1ll << i) - 1) | (1ll << i);else if (cnt[i] == 1) {res |= (1ll << i);}}cout << res << endl;for (int i = 0; i <= 30; i ++) cnt[i] = 0;
}

Problem F. Stardew Valley

Statement

给定 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，边权为 $1$ 的边必须选，边权为 $0$ 的边可选可不选。求该图上的一条欧拉回路（经过选过的边恰好 $1$ 次）

Solution

观察 Observation

由于欧拉回路的判定方式为所有点的度数均为偶数，故问题转化为在选择边权为 $1$ 的边，每个点的度数的奇偶性组成 $01$ 序列。现在可以加入若干条边，使得两个端点的奇偶性可以异或 $1$。给出 $1$ 种选择方案，将选出的边加入后跑欧拉回路即可解决问题。

深入探究 Investigate Deeply

上述问题与 ABC155F - Perils in Parallel 化为 $1$ 道题，具体过程此处不再赘述。

聪明的人能看到事物之间的联系，更聪明的人能看到联系之间的联系。

Code

void add(int a, int b) {e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
void dfs(int u) {st[u] = d[u], vis[u] = true;for (auto v : g[u]) {if (vis[v]) continue;dfs(v);st[u] ^= st[v];if (st[v]) add(u, v), add(v, u);}
}
void Euler_Path(int u) {for (int &i = h[u]; ~i;) {if (has[i]) { i = ne[i]; continue; }int j = e[i];has[i ^ 1] = true, i = ne[i], Euler_Path(j);}res.push(u);
}void solve() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i ++) h[i] = -1, vis[i] = 0, st[i] = 0, d[i] = 0, g[i].clear();while (m -- ) {int u, v, c;cin >> u >> v >> c;if (!c) g[u].emplace_back(v), g[v].emplace_back(u);else add(u, v), add(v, u), d[u] ^= 1, d[v] ^= 1;}for (int i = 1; i <= n; i ++)if (!vis[i]) {dfs(i);if (st[i]) {cout << "NO" << endl;return;}}Euler_Path(1);cout << "YES" << endl;cout << res.size() - 1 << endl;while (res.size()) cout << res.top() << " ", res.pop();cout << endl;
}

Problem G. Minecraft

Statement

给定目标 $01$ 串 $s$ 和 $n$ 个 $01$ 串 $a_i$，求出 $01$ 串 $x$ 使得 $\sum a_i\oplus x=s$。$01$ 串的长度均为 $k$。

$1\le n,k\le 2\times 10^6$，$1\le n\cdot k\le 2\times 10^6$

Solution

观察 Observation

二进制问题——拆位，考虑对于每一位与 $s$ 匹配的方案，不过注意到存在加法，所以需要同时处理进位问题。对于第 $i$ 位，这一位上填的 $1$ 的个数不会超过 $2n$，所以可以直接存储（$1\le n\cdot k\le 2\times 10^6$）

深入探究 Investigate Deeply

令 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 位，第 $i$ 位填了 $j$ 个 $1$ 是否可行。考虑转移：
$$\{\begin{array}{ll}& f_{i,\lfloor \frac{j}{2}\rfloor +{\mathrm{cnt}}_i}\leftarrow f_{i+1,j}\lfloor \frac{j}{2}\rfloor +{\mathrm{cnt}}_i\mathrm{mod}2=s_i\\ & f_{i,\lfloor \frac{j}{2}\rfloor +n-{\mathrm{cnt}}_i}\leftarrow f_{i+1,j}\lfloor \frac{j}{2}\rfloor +n-{\mathrm{cnt}}_i\mathrm{mod}2=s_i\end{array}$$
第一种情况即为当前位 $x$ 为 $0$，第二种情况为当前位 $x$ 为 $1$。从 $i+1$ 转移过来的原因主要是要从低位向高位做（因为进位是从低位向高位的）。

Code

void solve() {int n, k;cin >> n >> k;char x;std::vector<int> s(k), cnt(k, 0);std::vector<vector<int>> a(n + 1, vector<int>(k)), dp(k, vector<int>(2 * n + 1, 0));std::vector<vector<array<int, 3>>> pre(k, vector<array<int, 3>>(2 * n + 1));for (int i = 0; i < k; i ++) cin >> x, s[i] = x & 1;for (int i = 1; i <= n; i ++) for (int j = 0; j < k; j ++) cin >> x, a[i][j] = x & 1, cnt[j] += a[i][j];if ((cnt[k - 1] & 1) == s[k - 1]) dp[k - 1][cnt[k - 1]] = 1;if ((n - cnt[k - 1] & 1) == s[k - 1]) dp[k - 1][n - cnt[k - 1]] = 1;for (int i = k - 2; i >= 0; i --)for (int j = 0; j <= 2 * n; j ++) {if (!dp[i + 1][j]) continue;int put1 = ((j >> 1) + cnt[i] & 1), put2 = ((j >> 1) + n - cnt[i] & 1);if (put1 == s[i]) dp[i][(j >> 1) + cnt[i]] |= dp[i + 1][j], pre[i][(j >> 1) + cnt[i]] = {i + 1, j, 0};if (put2 == s[i]) dp[i][(j >> 1) + n - cnt[i]] |= dp[i + 1][j], pre[i][(j >> 1) + n - cnt[i]] = {i + 1, j, 1};}if (!dp[0][s[0]]) cout << -1 << endl;else {PII lst = {0, s[0]};std::vector<int> res;while (lst.fi != k - 1) {res.push_back(pre[lst.fi][lst.se][2]);lst = {pre[lst.fi][lst.se][0], pre[lst.fi][lst.se][1]};}if (lst.se == cnt[k - 1]) res.push_back(0);else res.push_back(1);for (auto v : res) cout << v;cout << endl;}
}

视频讲解 Video Tutorial