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Problem A. Table Tennis Training

若 A , B A,B A,B 奇偶性相同，则答案为 B − A 2 \frac{B-A}{2} 2B−A 。

否则，答案为 M i n { A + B − 1 , 2 N − A − B + 1 } 2 \frac{Min\{A+B-1,2N-A-B+1\}}{2} 2Min{A+B−1,2N−A−B+1} 。

时间复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
int main() {ll n, a, b; read(n), read(a), read(b);if ((b - a) % 2 == 0) cout << (b - a) / 2 << endl;else cout << min(a + b - 1, 2 * n - a - b + 1) / 2 << endl;return 0;
}

Problem B. Voting Judges

二分答案，考虑如何判断某个题是否能够能够出线。

问题可以规约为如下新问题：
给定数组 a i a_i ai ，两个整数 x , y x,y x,y 。
可以进行 x x x 次操作，每次选择 y y y 个数 − 1 -1 −1 ，问是否能够使得 a i ≤ 0 a_i\leq 0 ai≤0 。

考虑每次操作最大的 y y y 个 a i a_i ai ，可以发现可以满足条件当且仅当 a i ≤ x , ∑ a i ≤ x × y a_i\leq x,\sum{a_i}\leq x\times y ai≤x,∑ai≤x×y 。

时间复杂度 O ( N L o g N ) O(NLogN) O(NLogN) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
int n, m, v, p, a[MAXN];
bool check(int pos) {int kill = n - p; ll sum = 0;for (int i = n; i >= 1 && kill; i--)if (i != pos) {if (a[pos] - a[i] > m) return false;sum += max(a[pos] - a[i], 0), kill--;}return sum <= 1ll * m * v;
}
int main() {read(n), read(m), read(v), read(p), v = n - v;for (int i = 1; i <= n; i++)read(a[i]), a[i] = 1e9 - a[i];sort(a + 1, a + n + 1);int l = 1, r = n;while (l < r) {int mid = (l + r + 1) / 2;if (check(mid)) l = mid;else r = mid - 1;}cout << l << endl;return 0;
}

Problem C. Domino Quality

N = 3 N=3 N=3 时可以简单构造，且可以通过重复这个构造解决 N N N 是 3 3 3 的倍数的情况。

N N N 是 ≥ 4 \geq 4 ≥4 的偶数时，可以简单构造，使得各行各列的权值均为 3 3 3 。

构造 N = 5 , 7 N=5,7 N=5,7 时的解，对于其余是奇数的 N N N ，可以拼一个 N = 5 N=5 N=5 的构造使得 N N N 变为偶数。

时间复杂度 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e3 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
char s[MAXN][MAXN];
int main() {int n; read(n);if (n == 2) {puts("-1");return 0;}if (n == 5) {puts("aabbc");puts("bb.ec");puts("..fed");puts("c.f.d");puts("cbbaa");return 0;}for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= n; j++)s[i][j] = '.';if (n % 3 == 0) {for (int i = 1, j = 1; i <= n / 3; i++, j += 3) {s[j + 0][j + 0] = s[j + 0][j + 1] = 'a';s[j + 1][j + 2] = s[j + 2][j + 2] = 'a';}} else {int tn = n;if (n & 1) {int m = n - 7; tn -= 7;s[m + 1][m + 1] = s[m + 1][m + 2] = 'a';s[m + 1][m + 3] = s[m + 1][m + 4] = 'b';s[m + 1][m + 5] = s[m + 1][m + 6] = 'c';s[m + 2][m + 1] = s[m + 2][m + 2] = 'd';s[m + 2][m + 3] = s[m + 2][m + 4] = 'e';s[m + 3][m + 1] = s[m + 3][m + 2] = 'f';s[m + 3][m + 3] = s[m + 3][m + 4] = 'g';s[m + 2][m + 7] = s[m + 3][m + 7] = 'a';s[m + 4][m + 7] = s[m + 5][m + 7] = 'b';s[m + 6][m + 7] = s[m + 7][m + 7] = 'c';s[m + 4][m + 6] = s[m + 5][m + 6] = 'd';s[m + 6][m + 6] = s[m + 7][m + 6] = 'e';s[m + 4][m + 5] = s[m + 5][m + 5] = 'f';s[m + 6][m + 5] = s[m + 7][m + 5] = 'g';}for (int i = 1, j = 1; i <= tn / 2; i++, j += 2) {s[j + 0][j + 0] = s[j + 0][j + 1] = 'a';s[j + 1][j + 0] = s[j + 1][j + 1] = 'b';if (i != tn / 2) {s[j + 2][j + 0] = s[j + 3][j + 0] = 'c';s[j + 2][j + 1] = s[j + 3][j + 1] = 'd';} else {s[1][j + 0] = s[2][j + 0] = 'c';s[1][j + 1] = s[2][j + 1] = 'd';}}}for (int i = 1; i <= n; i++)printf("%s\n", s[i] + 1);return 0;
}

Problem D. Problem Scores

题目中给出的第 i i i 个限制为
∑ j = 1 i + 1 A j > ∑ j = N − i + 1 N A j \sum_{j=1}^{i+1}A_j>\sum_{j=N-i+1}^{N}A_j j=1∑i+1Aj>j=N−i+1∑NAj

注意到对于第 i ( i > ⌊ N − 1 2 ⌋ ) i\ (i>\lfloor\frac{N-1}{2}\rfloor) i (i>⌊2N−1⌋) 个限制，在两边减去重复的元素后可以变为一个已经存在的限制，因此我们只需要考虑前 M = ⌊ N − 1 2 ⌋ M=\lfloor\frac{N-1}{2}\rfloor M=⌊2N−1⌋ 个限制。

记 d p i , j , k dp_{i,j,k} dpi,j,k 表示已经考虑了前 i i i 个限制，目前 ∑ x = 1 i + 1 A x − ∑ x = N − i + 1 N A x = j \sum_{x=1}^{i+1}A_x-\sum_{x=N-i+1}^{N}A_x=j ∑x=1i+1Ax−∑x=N−i+1NAx=j ，且 A N − i + 1 − A i + 1 = k A_{N-i+1}-A_{i+1}=k AN−i+1−Ai+1=k 时可行的方案数，转移时枚举 A N − i − A i + 2 A_{N-i}-A_{i+2} AN−i−Ai+2 即可。

由此，可以得到一个时间复杂度 O ( N 4 ) O(N^4) O(N4) 的 DP 做法。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 505;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
int n, m, P;
int dp[MAXN][MAXN][MAXN];
void update(int &x, int y) {x += y;if (x >= P) x -= P;
}
int main() {read(n), read(P);for (int i = 1; i <= n; i++)dp[0][i][n - i] = 1;for (int t = 1; t <= (m = (n - 1) / 2); t++)for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j <= n - 1; j++) {int tmp = dp[t - 1][i][j];if (dp[t - 1][i][j] == 0) continue;for (int k = 0; k <= j && k <= i - 1; k++)update(dp[t][i - k][k], 1ll * tmp * (j - k + 1) % P);}int ans = 0;if (n & 1) {for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j <= n - 1; j++)update(ans, dp[m][i][j]);} else {for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j <= n - 1; j++)update(ans, 1ll * dp[m][i][j] * (j + 1) % P);}cout << ans << endl;return 0;
}

上述做法的复杂度瓶颈在于 DP 。

记 x 0 = N − A 1 , x i = A N − i + 1 − A i + 1 ( i ≥ 1 ) x_0=N-A_1,x_i=A_{N-i+1}-A_{i+1}\ (i\geq 1) x0=N−A1,xi=AN−i+1−Ai+1 (i≥1) 。

成为复杂度瓶颈的 DP 中，状态中的 k k k 即为 x i x_i xi ，这个 DP 计算了满足
x i ≤ x i − 1 ( i ≥ 1 ) , ∑ i = 1 M x i ≤ A 1 x_i\leq x_{i-1}\ (i\geq 1),\sum_{i=1}^{M}x_i\leq A_1 xi≤xi−1 (i≥1),∑i=1Mxi≤A1 的所有 { x i } \{x_i\} {xi} 对应的 ∏ i = 1 M ( x i − 1 − x i + 1 ) \prod_{i=1}^{M}(x_{i-1}-x_i+1) ∏i=1M(xi−1−xi+1) 的和。

注意到限制 ∑ i = 1 M x i ≤ A 1 \sum_{i=1}^{M}x_i\leq A_1 ∑i=1Mxi≤A1 不是很好处理，可以考虑枚举 e = N − ∑ i = 0 M x i ≥ 0 e=N-\sum_{i=0}^{M}x_i\geq 0 e=N−∑i=0Mxi≥0 ，则这个限制可以写为 ∑ i = 0 M x i + e = N \sum_{i=0}^{M}x_i+e=N ∑i=0Mxi+e=N 。

由此，可以将 DP 的状态改为两维，即 x i x_i xi 的个数，以及 x i x_i xi 的总和，由于 x i x_i xi 是有序的，转移时只需要枚举最小的 x i x_i xi 是多少即可，转移的复杂度应当用调和级数分析。

时间复杂度 O ( N 2 L o g N ) O(N^2LogN) O(N2LogN) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5005;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
int n, m, P;
int dp[MAXN][MAXN];
void update(int &x, int y) {x += y;if (x >= P) x -= P;
}
int main() {read(n), read(P), m = (n - 1) / 2;dp[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= m; i++)for (int j = 0; j <= n; j++) {int tmp = 0;for (int k = 0; k * i <= j; k++)update(tmp, 1ll * dp[i - 1][j - k * i] * (k + 1) % P);dp[i][j] = tmp;}int ans = 0;if (n & 1) {for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j * (m + 1) <= n - i; j++)update(ans, dp[m][n - i - j * (m + 1)]);} else {for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j * (m + 1) <= n - i; j++)update(ans, 1ll * dp[m][n - i - j * (m + 1)] * (j + 1) % P);}cout << ans << endl;return 0;
}

上面的 DP 是可以进一步优化的，转移系数 x i − 1 − x i + 1 x_{i-1}-x_i+1 xi−1−xi+1 可以看做在 x i x_i xi 到 x i − 1 x_{i-1} xi−1 中选择一个关键点的方案数，则在 DP 中增设一维 0 / 1 0/1 0/1 ，表示是否选取过关键点即可。

时间复杂度 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 5005;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
int n, m, P, dp[MAXN][MAXN][2];
void update(int &x, int y) {x += y;if (x >= P) x -= P;
}
int main() {read(n), read(P), m = (n - 1) / 2;dp[0][0][0] = 1;for (int i = 1; i <= m; i++)for (int j = 0; j <= n; j++) {update(dp[i][j][1], dp[i - 1][j][0]);if (j >= i) update(dp[i][j][1], dp[i][j - i][1]);dp[i][j][0] = dp[i][j][1];if (j >= i) update(dp[i][j][0], dp[i][j - i][0]);}int ans = 0;if (n & 1) {for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j * (m + 1) <= n - i; j++)update(ans, dp[m][n - i - j * (m + 1)][0]);} else {for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j * (m + 1) <= n - i; j++)update(ans, 1ll * dp[m][n - i - j * (m + 1)][0] * (j + 1) % P);}cout << ans << endl;return 0;
}

Problem E. Balancing Network

对于 T = 1 T=1 T=1 的问题，考虑判断是否能够将所有线路接到某条线路 i i i 。

则应当将操作序列反过来，依次考虑每个操作，若一个操作连接了一个可以到达 i i i 的线路和一个不能到达 i i i 的线路，则可以通过操作使得它们都可以到达 i i i 。

由此，我们有了一个 O ( N × M ) O(N\times M) O(N×M) 的做法，用 b i t s e t bitset bitset 优化它即可。

对于 T = 2 T=2 T=2 的问题，依然考虑则应当将操作序列反过来。

记 r e s i res_i resi 表示线路 i i i 最终到达的线路，则初始时显然有 r e s i = i res_i=i resi=i 。

对于操作 x → y x\rightarrow y x→y ，在 r e s res res 数组中的体现即为 r e s x ← r e s y res_x\leftarrow res_y resx←resy 。

我们希望最终 r e s res res 数组中至少有两种数，修改出现次数较多的一个数即可。

时间复杂度 O ( N × M w ) O(\frac{N\times M}{w}) O(wN×M) ，其中 w = 64 w=64 w=64 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 50005;
const int MAXM = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
char s[MAXM]; bitset <MAXN> a[MAXN];
int n, m, t, x[MAXM], y[MAXM], b[MAXN], c[MAXN];
int main() {read(n), read(m), read(t);if (t == 1) {for (int i = 1; i <= n; i++)a[i].set(i);for (int i = 1; i <= m; i++) {read(x[i]), read(y[i]);a[x[i]] = a[y[i]] = a[x[i]] | a[y[i]];}for (int i = 1; i <= n; i++)if (a[i].count() == n) {static bool vis[MAXN];vis[i] = true;for (int i = m; i >= 1; i--) {if (vis[x[i]]) {s[i] = '^';vis[y[i]] = true;} else if (vis[y[i]]) {s[i] = 'v';vis[x[i]] = true;} else s[i] = '^';}printf("%s\n", s + 1);return 0;}puts("-1");} else {if (n == 2) puts("-1");else {for (int i = 1; i <= n; i++)b[i] = i, c[i] = 1;for (int i = 1; i <= m; i++)read(x[i]), read(y[i]);for (int i = m; i >= 1; i--) {if (b[x[i]] == b[y[i]]) s[i] = '^';else if (c[b[x[i]]] >= 2) {c[b[x[i]]]--;b[x[i]] = b[y[i]];c[b[x[i]]]++;s[i] = 'v';} else {c[b[y[i]]]--;b[y[i]] = b[x[i]];c[b[y[i]]]++;s[i] = '^';}}printf("%s\n", s + 1);}}return 0;
}

Problem F. Histogram Rooks

考虑给定的图通过移除最下方一行，以及断开已经没有元素的列形成的子图。

对于一个子图中的列，有如下三种可能：
( 1 ) (1) (1) 、已经存在一个车
( 2 ) (2) (2) 、不存在车，但各行均被某个车的攻击范围覆盖
( 3 ) (3) (3) 、不存在车，且存在没有被某个车的攻击范围覆盖的格子

关键的一点是注意到若某一行下方没有不存在车的行，则 ( 2 ) (2) (2) 类列可以被视为 ( 1 ) (1) (1) 类列；否则 ( 2 ) (2) (2) 类列可以被视为 ( 3 ) (3) (3) 类列。

那么，将某一行下方没有不存在车的行决定好，作为一个 0 / 1 0/1 0/1 位计入状态，再在状态中计入 ( 3 ) (3) (3) 类列的个数就可以转移了。转移即考虑移除当前图最下方的一行，或是断开已经没有元素的列。

时间复杂度 O ( N 3 ) O(N^3) O(N3) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 405;
const int MAXM = 805;
const int P = 998244353;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {x = 0; int f = 1;char c = getchar();for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';x *= f;
}
int n, tot, num[MAXN][MAXN], ptwo[MAXN], a[MAXN];
int dp[MAXM][MAXN][MAXN][2], size[MAXM], binom[MAXN][MAXN];
void update(int &x, int y) {x += y;if (x >= P) x -= P;
}
int work(int l, int r, int h) {if (l > r) {dp[0][h][0][0] = 1;dp[0][h][0][1] = 1;return 0;}int &res = num[l][r];if (res == 0) res = ++tot;int Min = n, pos = l;for (int i = l; i <= r; i++)if (a[i] < Min) {Min = a[i];pos = i;}if (Min == h) {int x = work(l, pos - 1, h);int y = work(pos + 1, r, h);size[res] = size[x] + size[y] + 1;for (int i = 0; i <= size[x]; i++)for (int j = 0; j <= size[y]; j++) {update(dp[res][h][i + j + 0][0], 1ll * dp[x][h][i][0] * dp[y][h][j][0] % P);update(dp[res][h][i + j + 1][1], 1ll * dp[x][h][i][1] * dp[y][h][j][1] % P);}} else {work(l, r, h + 1);for (int i = 0; i <= size[res]; i++) {update(dp[res][h][i][0], dp[res][h + 1][i][1]);update(dp[res][h][i][1], dp[res][h + 1][i][1]);update(dp[res][h][i][0], 1ll * dp[res][h + 1][i][0] * (ptwo[size[res] - i] - 1) % P);update(dp[res][h][i][1], 1ll * dp[res][h + 1][i][1] * (ptwo[size[res] - i] - 1) % P);}for (int i = 1; i <= size[res]; i++)for (int j = 1; j <= i; j++) {update(dp[res][h][i - j][0], 1ll * dp[res][h + 1][i][0] * ptwo[size[res] - i] % P * binom[i][j] % P);update(dp[res][h][i - j][1], 1ll * dp[res][h + 1][i][1] * ptwo[size[res] - i] % P * binom[i][j] % P);}}return res;
}
int main() {read(n), ptwo[0] = binom[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {read(a[i]), binom[i][0] = 1;ptwo[i] = 2 * ptwo[i - 1] % P;for (int j = 1; j <= i; j++)binom[i][j] = (binom[i - 1][j - 1] + binom[i - 1][j]) % P;}int res = work(1, n, 0);cout << dp[res][0][0][0] << endl;return 0;
}

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