Codeforces Round #664 (Div. 2)

        https://codeforces.com/contest/1395
        论脑抽写错代码导致FST是一种什么体验。水题忽略。

C. Boboniu and Bit Operations

        首先最小化$c_i$是不对的。假设有一个是$1000$,此时另一个数是$1000$比$0111$更优,因为前者得到$1000$,后者得到$1111$。
        在这种情况下,注意到$k$很小,我们可以枚举最后的答案,然后暴力判断每一个$a_i$是否都能找到合法的$b_j$。复杂度$O(nm2^9)$。
        据说本题还可以$DP$做,不过和暴力本质上是一样的。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 500 + 5;
typedef long long ll;
int n, m, a[N], b[N];
inline int solve(int x, int y)
{
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (((a[y] & b[i]) | x) == x) return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);
for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", b + i);
int ans = 0;
for (int i = 0; i < 2048; i++) {
int flag = 1;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (!solve(i, j)) {
flag = 0;
break;
}
}
if (flag) {
printf("%d", i);
return 0;
}
}
return 0;
}

D. Boboniu Chats with Du

        可能我的做法比较傻。
        考虑枚举被禁言的天数$x$,根据这个天数推导出有几天$a_i>m$。如果$x$不能被$d+1$整除,则$a_i>m$就有$\lceil \frac {x}{d+1}\rceil$天。若能整除,则有两种情况,一种仍然是$\lceil \frac {x}{d+1}\rceil$天,另一种则是将最后一个$a_i>m$的$a_i$放到了最后一天,这样就有$\lceil \frac {x}{d+1}\rceil+1$天。
        有了被禁言的天数以及$a_i>m$的数量后,就可以得到$a_i\leq m$的数量,此时可以贪心。
        对于$s$天$a_i>m$的$a_i$,我们当然要选前$s$大的数,对于剩下的$a_i\leq m$的天,也要选里面最大的。这里我还做了一步合法性的判断,对于被禁言的天,那些多余的$a_i>m$都会被塞到这里,如果还多余,则是非法的。同时$a_i>m$以及$a_i\leq m$的数量也需要限制。
        总体来说算是一道比较坑的贪心水题吧。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300000 + 5;
typedef long long ll;
int a[N], n, d, m, num;
ll ss[N];
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &d, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", a + i);
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i++) ss[i] = ss[i - 1] + a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) num += a[i] > m;
ll ans = 0;
for (int i = 0; i <= n; i++) {
int dayu = i % d == 0 ? i / d : i / d + 1;
if (dayu > num || dayu + i > n) continue;
int ts = i;
int remain = n - dayu - ts, buchong;
ll sum;
if (remain > n - num) goto to;
if (num - dayu > ts) goto to;
buchong = ts - (num - dayu);
sum = ss[n - num] - ss[buchong] + ss[n] - ss[n - dayu];
ans = max(ans, sum);
to:;
if (i % d == 0) {
dayu = i / d + 1;
// cout << i << " " << dayu << endl;
if (dayu > num || dayu + i > n) continue;
ts = i;
remain = n - dayu - ts;
if (remain > n - num) continue;
if (num - dayu > ts) continue;
buchong = ts - (num - dayu);
ll sum = ss[n - num] - ss[buchong] + ss[n] - ss[n - dayu];
ans = max(ans, sum);
}
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}

E. Boboniu Walks on Graph

        注意到最后每一个点有且仅有一条出边(即有恰好$n$条边),那么最后得到的图如果每一个都可以回到自身,这说明这个图必然是一个环。
        对于$n$个点,每一个点有且仅有一条出边,并且形成环,它有一个等价的说法:每一个点的出点组成集合大小为$n$。这很容易证明:如果集合大小小于$n$,说明有的点没有入边,显然形不成环,而集合大小为$n$时,说明每一个点都有入边,而边只有$n$条,那么只能是一个环。
        那么问题转化为,找有哪些$c_i$序列,能够使加入的边的出点组成集合大小为$n$,或者等价地说,这些边的出点恰好为$\{1,\cdots,n\}$。
        判断一些数是不是$\{1,\cdots,n\}$有一个优雅的做法:求它们的和以及乘积,模一个大质数(不放心可以模两个大质数),然后与标准的结果对比,撞车概率极低。
        我们预处理出每一条边什么时候才会被加入,然后暴力枚举$c_i$(有$9!$种情况)。如果每一次枚举暴力判断出点集合是否合法,这样计算量是$9!n$,和$n^2$类似,显然$TLE$。
        注意到上面方法慢的主要原因是,我们枚举到$c_i=j$时,可能有很多条边同时符合条件,这样就得$O(n)$地处理它们,导致复杂度提升。我们可以记录它们的和以及乘积,直接提出来参与后面的计算,这样便是$9!$的计算量。
        复杂度$O(n+m+9!)$。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300000 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
vector<pair<int, int>> vec[N];
int sum[10][10], ji[10][10], n, m, k, bs, bj, ans;

void DFS(int x, int ss, int jj)
{
if (x == k + 1) {
ans += ss == bs && jj == bj;
return;
}
for (int i = 1; i <= x; i++) DFS(x + 1, (ss + sum[x][i]) % mod, 1ll * jj * ji[x][i] % mod);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for (int i = 1, a, b, c; i <= m; i++) scanf("%d%d%d", &a, &b, &c), vec[a].push_back({c, b});
for (int i = 1; i <= n; i++) sort(vec[i].begin(), vec[i].end());
for (int i = 1; i <= k; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++) sum[i][j] = 0, ji[i][j] = 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 0; j < vec[i].size(); j++) {
sum[vec[i].size()][j + 1] = (sum[vec[i].size()][j + 1] + vec[i][j].second) % mod;
ji[vec[i].size()][j + 1] = 1ll * ji[vec[i].size()][j + 1] * vec[i][j].second % mod;
}
}
bs = 0, bj = 1, ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) bs = (bs + i) % mod, bj = 1ll * bj * i % mod;
DFS(1, 0, 1);
printf("%d", ans);
return 0;
}

F. Boboniu and String

        注意到这个串的$BN$顺序其实根本无所谓,重要的是它们的数量,这样每一个串可以看成一个二元组$(x,y)$。对于两个二元组$(x_1,y_1)$和$(x_2,y_2)$,它们的距离可以这样求:

        问题转化为,求一个$(x_t,y_t)$,使得它到$n$个二元组的距离最大值最小。
        距离的最大值随$(x_t,y_t)$在$xOy$平面上是单峰的,这意味着,若固定$x_t$,则距离最大值随$y_t$的增大先减后增,$x_t$同理。
        对于一维的单峰函数,可以使用三分查找来解决,对于二维的,可以使用三分套三分来解决,复杂度$O(nlog^2n)$。
        实测三分的上界不能太大,设置成$n$个串中$B(N)$最大的出现次数即可,否则会$T$。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 500000 + 5;
typedef long long ll;
int nb[N], nn[N], n, who, lx, ly;
char s[N];
inline int dis(int x, int y, int to)
{
if (1ll * (x - nb[to]) * (y - nn[to]) >= 0) return max(abs(x - nb[to]), abs(y - nn[to]));
return abs(x - nb[to]) + abs(y - nn[to]);
}
inline int getMin(int x, int y)
{
int dd = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) dd = max(dd, dis(x, y, i));
return dd;
}
inline int f(int x)
{
int l = 0, r = ly, a, b, dd = 0x3f3f3f3f;
if (x == 0) l = 1;
while (r - l >= 10) {
a = l + (r - l + 1) / 3, b = r - (r - l + 1) / 3;
if (getMin(x, a) > getMin(x, b)) {
l = a;
} else {
r = b;
}
}
for (int i = l; i <= r; i++) {
if (getMin(x, i) < dd) dd = getMin(x, i), who = i;
}
return dd;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%s", s);
for (int j = 0; s[j]; j++) {
if (s[j] == 'B') {
++nb[i];
} else {
++nn[i];
}
lx = max(lx, nb[i]), ly = max(ly, nn[i]);
}
}
int l = 0, r = lx, a, b;
while (r - l >= 10) {
a = l + (r - l + 1) / 3, b = r - (r - l + 1) / 3;
if (f(a) > f(b)) {
l = a;
} else {
r = b;
}
}
int ans = 0x3f3f3f3f, ax, ay;
for (int i = l; i <= r; i++) {
if (f(i) < ans) ans = f(i), ax = i, ay = who;
}
printf("%d\n", ans);
for (int i = 1; i <= ax; i++) printf("B");
for (int i = 1; i <= ay; i++) printf("N");
return 0;
}

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