Wannafly挑战赛24

题目连接

https://www.nowcoder.com/acm/contest/186#question

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A.石子游戏

题解

注意到当石子个数为偶数的时候,每回合都会减少一堆偶数石子,因此,先手必胜.

我们可以不考虑奇数堆石子,因为必胜方始终可以动偶数堆.

当必败方将奇数堆分成一堆偶数和一堆奇数的时候,必胜方将新生成偶数堆移动到原有的偶数堆中即可抵消对方的移动.

代码

#include <iostream>
int main() {int n;std::cin >> n;int cnt = 0;for(int i = 1;i <= n;++i) {int tmp;std::cin >> tmp;if(tmp % 2 == 0) cnt ++;}if(cnt && cnt % 2 == 0) puts("Alice");else puts("Bob");
}

B.222333

题解

先暴力枚举$m+n$,然后从小到大枚举$m$,找到第一个适合的break即可.

代码

#include <iostream>typedef long long LL;
LL P;
LL mypow(LL x,int n,LL P) {LL res = 1;while(n) {if(n & 1) res = res * x % P;x = x*x % P;n >>= 1;}return res;
}int find(int s) {long long ans = 1;for(int x = 1;x < s;++x) {ans = (mypow(2,x,P) * mypow(3,s-x,P) % P + P-1)%P;if(ans == 0) return x;}return -1;
}int main() {while(std::cin >> P) {for(int i = 2;i <= P;++i) {int x = find(i);if(x != -1){std::cout << x << " " << i-x << std::endl;break;}}}}

C.失衡天平

题解

经典的动态规划问题.

我们记$dp[i][j]$表示考虑前$i$个武器,取出来一些武器满足左边减去右边重量差为$j$,所能取得的最大重量和.

递推方程:

$dp[i+1][j-w[i+1]]\leftarrow dp[i][j]+w[i+1]$

$dp[i+1][j+w[i+1]]\leftarrow dp[i][j]+w[i+1]$

注意数组元素不能有负,因此需要给第二维一个$base$.

代码

int n,m;
int w[107];
int dp[107][20010];
const int base = 10000;
int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin >> n >> m;for(int i = 1;i <= n;++i)std::cin >> w[i];for(int i = 0;i <= 100;++i) for(int j = 0;j <= 20000;++j)dp[i][j] = -100000;dp[0][base] = 0;for(int i = 0;i < n;++i) {for(int j = 0;j <= 20000;++j) {if(j < 0) continue;dp[i+1][j] = std::max(dp[i][j],dp[i+1][j]);if(j + w[i+1] <= 20000)dp[i+1][j+w[i+1]] = std::max(dp[i+1][j+w[i+1]],dp[i][j] + w[i+1]);if(j - w[i+1] >= 0)dp[i+1][j-w[i+1]] = std::max(dp[i+1][j-w[i+1]],dp[i][j] + w[i+1]);}}int ans = 0;for(int i = 0;i <= m;++i) {ans = std::max(ans,dp[n][base+i]);ans = std::max(ans,dp[n][base-i]);}std::cout << ans << std::endl;
}

D.无限手套

题解

一眼动态规划.

$dp[i][j]$表示考虑前$i$种宝石,已经使用了$j$颗宝石,所获得的可能的力量之和.

递推方程:

$dp[i+1][j]={\sum }_{t=0}^{j}dp[i][t](a_{i+1}(j-t{)}^2+b_{i+1}(j-t)+1)$

将后面的部分展开

$dp[i+1][j]={\sum }_{t=0}^j(a_{i+1}\ast dp[i][t]\ast t^2-(b_{i+1}+2j\ast a_{i+1})\ast dp[i][t]\ast t+(a_{i+1}\ast j^2+b_{i+1}\ast j+1)\ast dp[i][t])$

继续化简得到

$dp[i+1][j]=a_{i+1}{\sum }_{t=0}^{j}dp[i][t]t^2-(b_{i+1}+2j\ast a_{i+1}){\sum }_{t=0}^{j}dp[i][t]t+(a_{i+1}\ast j^2+b_{i+1}\ast j+1){\sum }_{t=0}^{j}dp[i][t]$

如果我们令

$su{m}_2[j]={\sum }_{t=0}^{j}dp[i][t]t^2$
$su{m}_1[j]={\sum }_{t=0}^{j}dp[i][t]t$
$su{m}_0[j]={\sum }_{t=0}^{j}dp[i][t]$

那么

$dp[i+1][j]=a_{i+1}su{m}_2[j]-(b_{i+1}+2j\ast a_{i+1})su{m}_1[j]+(a_{i+1}\ast j^2+b_{i+1}\ast j+1)su{m}_0[j]$

转移就变成$O(1)$的了,空间上再滚动数组优化一下就过了.

代码

typedef long long LL;
const int N = 10007;
const LL P = 998244353;
LL dp[2][N],a[N],b[N],sum2[2][N],sum1[2][N],sum0[2][N];
LL Mul(LL a,LL b) {return a * b % P;
}
LL Add(LL a,LL b) {return (a + b) % P;
}
int n,q;
int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin >> n;rep(i,1,n) {std::cin >> a[i] >> b[i];}sum0[1][0] = 1;rep(i,1,10000) {dp[1][i] = ((a[1]*i%P*i%P) + (b[1]*i%P) + 1)%P;sum2[1][i] = Add(sum2[1][i-1],dp[1][i]*i%P*i%P);sum1[1][i] = Add(sum1[1][i-1],dp[1][i]*i%P);sum0[1][i] = Add(sum0[1][i-1],dp[1][i]);}rep(i,2,n) {rep(j,0,10000) {dp[i&1][j] = (Mul(a[i],sum2[(i+1)&1][j]) - Mul(b[i]+2*j*a[i]%P,sum1[(i+1)&1][j]) + Mul((a[i]*j%P*j%P+b[i]*j+1)%P,sum0[(i+1)&1][j]) + P )% P;sum0[i&1][j] = dp[i&1][j];sum1[i&1][j] = dp[i&1][j]*j%P;sum2[i&1][j] = dp[i&1][j]*j%P*j%P;if(j) {sum0[i&1][j] = Add(sum0[i&1][j],sum0[i&1][j-1]);sum1[i&1][j] = Add(sum1[i&1][j],sum1[i&1][j-1]);sum2[i&1][j] = Add(sum2[i&1][j],sum2[i&1][j-1]);}}memset(sum0[(i+1)&1],0,sizeof(sum0[(i+1)&1]));memset(sum1[(i+1)&1],0,sizeof(sum1[(i+1)&1]));memset(sum2[(i+1)&1],0,sizeof(sum2[(i+1)&1]));}std::cin >> q;while(q--){int x;std::cin >> x;std::cout << dp[n&1][x] << std::endl;}return 0;
}

E.旅行

题解

还没看…

F. wyf的超级多项式

题解

很棒的一道题,学了很多知识.

我们考虑$F_n$的递推公式,猜测

$F_n=c_1{F}_{n-1}+c_2{F}_{n-2}+...+c_k{F}_{n-k}$

下面我们需要求出$c_1,c_2,...,c_k.$

令$c_0=-1$,我们将递推式整理一下得到:

$c_0{F}_n+c_1{F}_{n-1}+c_2{F}_{n-2}+...+c_k{F}_{n-k}=0$

由于前$F_i$的通项公式已经给出了,我们可以将其代入得到:

$$\left[\begin{array}{ccccc}{c}_0{a}_1{v}_1^n& c_0{a}_2{v}_2^n& c_0{a}_3{v}_3^n& ...& c_0{a}_k{v}_k^n\\ c_1{a}_1{v}_1^{n-1}& c_1{a}_2{v}_2^{n-1}& c_1{a}_3{v}_3^{n-1}& ...& c_1{a}_k{v}_k^{n-1}\\ c_2{a}_1{v}_1^{n-2}& c_2{a}_2{v}_2^{n-2}& c_2{a}_3{v}_3^{n-2}& ...& c_2{a}_k{v}_k^{n-2}\\ ...& ...& ...& ...& ...\\ c_k{a}_1{v}_1^{n-k}& c_k{a}_2{v}_2^{n-k}& c_k{a}_3{v}_3^{n-k}& ...& c_k{a}_k{v}_k^{n-k}\end{array}\right]$$
上面矩阵中所有的项之和等于$0$.

首先,分析一下这个矩阵,每一行的和肯定不能为$0$了,因为它使我们要求的答案,那么我们可以利用充分条件构造每一列都是$0$,这样整个矩阵所有项的和就是$0$了.

这么构造是有原因的,每一列形式都很相似,可以归结到多项式中去.

记$G(x)=c_k+c_{k-1}x+...+c_0{x}^k$,显然$v_1,v_2...,v_k$是$G(x)$的$k$个零点,因此我们得到$G(x)=a(x-v_1)(x-v_2)...(x-v_k)$

又由于$c_0=-1$,得到$a=-1$,

所以$G(x)=-(x-v_1)(x-v_2)...(x-v_k)$

$c$序列即$G$函数的系数,因此求出了$G$就可以确定$c$了.

对于这种形式的多项式展开,我们使用分治$FFT/NTT$就可以在$O(nlog{n}^2)$时间内做到了.

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
#define clr(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define setinf(x) memset(x,0x3f,sizeof(x))typedef long long LL;
const int N = 1 << 20;
const int P = 1004535809;
const int G = 3;
const int NUM = 20;LL  wn[NUM];
LL  a[N], b[N];LL quick_mod(LL a, LL b, LL m)
{LL ans = 1;a %= m;while(b){if(b & 1){ans = ans * a % m;b--;}b >>= 1;a = a * a % m;}return ans;
}void GetWn()
{for(int i = 0; i < NUM; i++){int t = 1 << i;wn[i] = quick_mod(G, (P - 1) / t, P);}
}
void Rader(LL a[], int len)
{int j = len >> 1;for(int i = 1; i < len - 1; i++){if(i < j) std::swap(a[i], a[j]);int k = len >> 1;while(j >= k){j -= k;k >>= 1;}if(j < k) j += k;}
}void NTT(LL a[], int len, int on)
{Rader(a, len);int id = 0;for(int h = 2; h <= len; h <<= 1){id++;for(int j = 0; j < len; j += h){LL w = 1;for(int k = j; k < j + h / 2; k++){LL u = a[k] % P;LL t = w * a[k + h / 2] % P;a[k] = (u + t) % P;a[k + h / 2] = (u - t + P) % P;w = w * wn[id] % P;}}}if(on == -1){for(int i = 1; i < len / 2; i++)std::swap(a[i], a[len - i]);LL inv = quick_mod(len, P - 2, P);for(int i = 0; i < len; i++)a[i] = a[i] * inv % P;}
}void Conv(LL a[], LL b[], int n)
{NTT(a, n, 1);NTT(b, n, 1);for(int i = 0; i < n; i++)a[i] = a[i] * b[i] % P;NTT(a, n, -1);
}
LL v[N],F[N];LL C[N];inline int expand(int x){int res = 1;while(res < x) res <<= 1;res <<= 1;return res;
}void solve(int l,int r,LL Ans[]) {if(r == l) {Ans[0] = P-v[l];Ans[1] = 1;return ;}int mid = (l + r) / 2;int lft = mid - l + 1;int rgt = r - mid;LL *LA = new LL[(lft+1)*2],*RA = new LL[(rgt+1)*2];solve(l,mid,LA);solve(mid+1,r,RA);rep(i,0,lft) a[i] = LA[i];rep(i,0,rgt) b[i] = RA[i];int len = 1;while(len <= r-l+1) len <<= 1;rep(i,lft+1,len) a[i] = 0;rep(i,rgt+1,len) b[i] = 0;NTT(a,len,1);NTT(b,len,1);rep(i,0,len) a[i] = a[i] * b[i];NTT(a,len,-1);rep(i,0,r-l+1) Ans[i] = a[i];
}
int n,k;
int main()
{GetWn();std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin >> n >> k;rep(i,1,k) {std::cin >> v[i];}rep(i,1,k) {std::cin >> F[i];}solve(1,k,C);rep(i,k+1,n) {rep(j,1,k) {F[i] = (F[i] + ((P-C[k-j] % P)*F[i-j] % P)) % P;}}std::cout << F[n] << std::endl;return 0;
}