【LGR-262-Div.2】洛谷 1 月月赛 III 题解

LG14987 全等

给定 \(a,b,c,d\)，问能否将这四个整数填入 \(2 \times 2\) 的矩阵中，使得每一行所有数之和都相等，且每一列所有数之和也都相等。

\(a,b,c,d\) 的情况一共排列方式只有 \(3\) 种，全部计算即可

a b  |  a b  |  a c
c d  |  d c  |  d b

int main(){int Test;scanf("%d",&Test);while(Test--){ll a,b,c,d;scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d);if(a+b==c+d&&a+c==b+d)puts("Yes");else if(a+b==c+d&&a+d==b+c)puts("Yes");else if(a+c==d+b&&a+d==c+b)puts("Yes");else puts("No");}return 0;
}

LG14988 多边形

有 \(n\) 个木棍，第 \(i\) 个长度为 \(a_i\)。\(n\leq 5\times 10^5\)

你需要对于 \(k=3,4,\cdots,n\)，求出能否恰好选择 \(k\) 根木棍拼成一个面积严格大于零的多边形。

若干个木棍能拼成一个多边形的充要条件是：

最长的木棍长度小于其余所有木棍长度之和

于是先对 \(a\) 排序，然后依次考虑每根木棍最为长度最大值的情况，看看最少需要多少 比当前木棍短的木棍 才能使得他们的和大于当前木棍。

相当于求 \(a\) 前缀和 \(s\)，对于每个考虑的当前最大木棍 \(a_i\) 找到最大的 \(l\)，满足 \(s_{i-1}-s_{l-1}>a_i\)，使用二分查找即可。则答案可以落在 \([i-l+1,i]\) 区间，然后求区间的并只需要差分再前缀和即可。

int n,tag[N];
ll a[N],s[N];
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]);sort(a+1,a+1+n);for(int i=1;i<=n;++i)s[i]=s[i-1]+a[i];for(int i=3;i<=n;++i){if(s[i-1]<=a[i])continue;int loc=lower_bound(s+1,s+1+n,s[i-1]-a[i])-s;++tag[i-loc+1];--tag[i+1];}for(int i=3;i<=n;++i){tag[i]+=tag[i-1];if(tag[i])printf("%d ",i);}puts("");return 0;
}

LG14989 传送

有 \(n\) 个星球排成一行，编号为 \(i\) 的星球大小为 \(p_i\)（\(p_i\) 是一个排列），每个星球上有两个单向传送门：

第一个传送门连向左边第一个大小更大的星球，也就是说，编号为 \(i\) 的星球，连向编号为符合 \(j<i,p_j>p_i\) 中最大的 \(j\) 的星球，如果不存在，则连向自己。

第二个传送门连向右边第一个大小更大的星球，也就是说，编号为 \(i\) 的星球，连向编号为符合 \(j>i,p_j>p_i\) 中最小的 \(j\) 的星球，如果不存在，则连向自己。

有 \(q\) 个任务，每个任务都会选定若干个星球，并在每一个星球上放一个机器人，任务的目标是让所有机器人汇合在同一个星球上。

机器人可以通过星球上的传送门移动，每个机器人的移动次数和每个传送门的使用次数都没有限制。

显然每个机器人向上移动的时候，先移动到 \(p\) 较小的星球是更优的（因为还能再移动到 \(p\) 较大的星球）。这样两个方向的传送门就只需要保留连向 \(p\) 较小方向的一个。这就是一颗满足大根堆性质的笛卡尔树。

对于每个询问，这些机器人的最近公共祖先就是他们能最先汇合的点，然后答案就是这个最近公共祖先的深度。

typedef long long ll;
typedef pair<int,int>ttfa;
const int N=500005;
int n,q;
int p[N],stk[N],top,ls[N],rs[N];
vector<int>tar[N];
int fa[N][21],rt,dep[N],ind[N];
void dfs(int u,int f){fa[u][0]=f,dep[u]=dep[f]+1;for(int i=1;(1<<i)<=dep[u];++i)fa[u][i]=fa[fa[u][i-1]][i-1];for(auto v:tar[u]){dfs(v,u);}
}
inline int lca(int x,int y){if(dep[x]>dep[y])swap(x,y);int d=dep[y]-dep[x];for(int i=19;i>=0;--i)if((d>>i)&1)y=fa[y][i],d-=(1<<i);if(x==y)return x;for(int i=19;i>=0;--i){if(fa[x][i]!=fa[y][i])x=fa[x][i],y=fa[y][i];}return fa[x][0];
}
int main(){scanf("%d%d",&n,&q);for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&p[i]);stk[++top]=1;for(int i=2;i<=n;++i){while(top&&p[i]>p[stk[top]])--top;if(!top)ls[i]=stk[top+1];else ls[i]=rs[stk[top]],rs[stk[top]]=i;stk[++top]=i;}for(int i=1;i<=n;++i){if(ls[i])tar[i].push_back(ls[i]),++ind[ls[i]];if(rs[i])tar[i].push_back(rs[i]),++ind[rs[i]];}for(int i=1;i<=n;++i){if(!ind[i]){rt=i;break;}}dfs(rt,0);while(q--){int m,x,y;scanf("%d%d",&m,&x);for(int i=2;i<=m;++i){scanf("%d",&y);x=lca(x,y);}printf("%d\n",dep[x]);}return 0;
}

LG14990 马赛克

有一张 \(n\) 行 \(m\) 列的黑白马赛克图片，设 \(c_{i,j}\) 为其第 \(i\) 行第 \(j\) 列的方格的颜色（ \(0\) 为白色, \(1\) 为黑色）。定义其不美观度为符合以下条件的四元组 \((a,b,c,d)\) 的个数：

• \(1 \leq a \leq b \leq n\)，\(1\leq c \leq d \leq m\)；

• \(c_{a,c}=c_{b,d}\)，\(c_{b,c}=c_{a,d}\)，\(c_{a,c} \neq c_{a,d}\)。

你希望通过一些操作减少这一张马赛克图片的不美观度：首先任意选择一些行和列，然后任意改变所选择行和列中方格的颜色。

你希望知道，对于每一种行和列选择方案，操作结束后不美观度的最小值。

为了避免过多的输出，假设你选择的行集合为 \(S\)，列集合为 \(T\)，设 \(f(S,T)\) 为最小的不美观度，令 \(w(i)\) 表示 \(f(S,T)=i\) 的 \(S,T\) 个数。你只需要输出 \(\sum w(i)^k\) 对 \(2^{64}\) 取模后的结果即可。

对于所有的测试数据，有 \(1\leq T \leq 3\)，\(1 \leq n,m \leq 12\)，\(1 \leq k \leq 100\)，\(c_{i,j} \in \{0,1\}\)。

介绍一种复杂度同样为 \(O(2^{n+m})\) 但与官解不同的做法。

首先对不完美度有贡献的四元组所对应四个位置的颜色只能为如下两种情况

0 1  |  1 0
1 0  |  0 1

故我们将所选择的行列集合中所有位置涂上相同的颜色，包含这些集合位置的四元组不会对答案有贡献。因此我们只需要计算选择集合外的子图中的不美观度。为了方便，我们定义 \(dp(S,T)\) 表示 \(a,b\in S,c,d\in T\) 且不美观的四元组的总数（这里的 \(S,T\) 是题面 \(S,T\) 的补集），同时也有 \(w(i)\) 表示 \(dp(S,T)=i\) 的 \(S,T\) 个数。

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\(S,T\) 可以用二进制数表示状态，记 \(num(S)\) 表示 \(S\) 中二进制位为 \(1\) 的个数。

显然当 \(num(S)<2\) 或 \(num(T)<2\) 时，\(dp(S,T)=0\)。

否则假设 \(i,j\) 为 \(S\) 中不同且为 \(1\) 的两个二进制位，则有

\[dp(S,T)=dp(S-2^i,T)+dp(S-2^j,T)-dp(S-2^i-2^j,T)+g(i,j,T) \]

其中 \(g(i,j,T)\) 表示 \(a=i,b=j,c,d\in T\) 且不美观的四元组的总数。

\(i,j\) 的选取没有要求，可以预处理出每一个状态 \(S\) 的最高和最低为 \(1\) 的位置表示 \(i,j\)。

将 \(S\) 从小到大枚举即可完成这个动态规划的过程。

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现在考虑怎么预处理出 \(g(i,j,T)\)，类似的假设 \(k,l\) 为 \(T\) 中不同且为 \(1\) 的两个二进制位，有

\[g(i,j,T)=g(i,j,T-2^k)+g(i,j,T-2^l)-g(i,j,T-2^k-2^l)+v(i,j,k,l) \]

其中 \(v(i,j,k,l)\) 表示四元组 \((i,j,k,l)\) 是否不美观，不美观为 \(1\)，否则为 \(0\)。

这一步需要枚举 \(i,j\) 再从小到达枚举 \(T\) 计算，实际上完整的复杂度为 \(O(2^{n+m}+n^22^m)\)。

具体代码如下，代码的变量定义与题解略有不同。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int N=13;int n,m,k;
int s[N][N],val[N][N][N][N],f[N][N][1<<N],dp[1<<N][1<<N];
int num[1<<N],lef[1<<N],rit[1<<N];ull bot[N*N*N*N];int main(){for(int i=1;i<(1<<12);++i){int cnt=0;lef[i]=12,rit[i]=0;for(int j=0;j<12;++j){if((i>>j)&1){++cnt;lef[i]=min(lef[i],j);rit[i]=max(rit[i],j);}}num[i]=cnt;}int Test=3;scanf("%d",&Test);while(Test--){scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=0;i<n;++i)for(int j=0;j<m;++j)scanf("%d",&s[i][j]);// n=12,m=12,k=100;// for(int i=1;i<=n;++i){// 	for(int j=1;j<=m;++j)// 		s[i][j]=rand()%2;// }for(int i=0;i<=n*m*n*m;++i){bot[i]=0;}for(int a=0;a<n;++a){for(int b=a+1;b<n;++b){for(int c=0;c<m;++c){for(int d=c+1;d<m;++d){if(s[a][c]==s[b][d]&&s[b][c]==s[a][d]&&s[a][c]!=s[a][d])val[a][b][c][d]=1;else val[a][b][c][d]=0;}}}}for(int a=0;a<n;++a){for(int b=a+1;b<n;++b){f[a][b][0]=0;for(int T=1;T<(1<<m);++T){if(num[T]<2)continue;int l=(1<<lef[T]),r=(1<<rit[T]);f[a][b][T]=f[a][b][T^l]+f[a][b][T^r]-f[a][b][T^l^r]+val[a][b][lef[T]][rit[T]];}}}for(int T=0;T<(1<<m);++T){if(num[T]<2){bot[0]+=(1<<n);continue;}for(int S=0;S<(1<<n);++S){if(num[S]<2){++bot[0];continue;}int l=1<<lef[S],r=1<<rit[S];dp[T][S]=dp[T][S^l]+dp[T][S^r]-dp[T][S^l^r]+f[lef[S]][rit[S]][T];++bot[dp[T][S]];}}ull ans=0;for(int i=0;i<=n*m*n*m;++i){if(bot[i]==0)continue;ull x=bot[i],y=1;for(int j=1;j<=k;++j)y=y*x;ans=ans+y;}printf("%llu\n",ans);}return 0;
}