The Preliminary Contest for ICPC Asia Nanjing 2019
Rank | Solved | A | B | C | D | E | F | G | H | I |
---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
157/1361 | 4/9 | O | O | Ø | Ø | . | O | Ø | O | Ø |
O
: 当场通过
Ø
: 赛后通过
.
: 尚未通过
A The beautiful values of the palace
solved by viscaria&chelly
chelly’s solution
找到坐标和权值的对应关系,就是一个简单的二维数点。
B super_log
solved by viscaria&chelly
chelly’s solution
欧拉降幂,需要正确的欧拉降幂姿势。
C Tsy’s number 5
upsolved by chelly
chelly’s solution
容易想到算贡献,设fi=∑k=1n[ϕ(k)=i]f_i=\sum_{k=1}^n [\phi(k)=i]fi=∑k=1n[ϕ(k)=i],那么我们要求的就是
ans=∑i=1n∑j=1nfifjij2ij=2∑i=1n∑j=1ififjij2ij−∑i=1ni2fi22ians=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^nf_if_jij2^{ij}=2\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^if_if_jij2^{ij}-\sum_{i=1}^ni^2f_i^22^{i}ans=i=1∑nj=1∑nfifjij2ij=2i=1∑nj=1∑ififjij2ij−i=1∑ni2fi22i
受到Bluestein′salgorithmBluestein's algorithmBluestein′salgorithm的启发,我们可以把2ij2^{ij}2ij拆成2(i+j)2−i2−j2\sqrt2^{(i+j)^2-i^2-j^2}2(i+j)2−i2−j2,于是可以NTTNTTNTT了。
upsovled by Feynman1999
Feynman1999’s solution
D Robots
upsolved by chelly&viscaria
chelly’s solution
对于期望问题,需要倒过来dp。
首先可以求出每个点到终点的期望步长,然后根据期望步长可以算出期望花费,在计算期望花费的时候的转移边权就是期望花费。
E K Sum
unsolved
F Greedy Sequence
solved by chelly
chelly’s solution
先利用滑动窗口和set求出每个数字的下一个数字,然后按照数字从小到大的顺序dp出链长即可。
G Quadrilateral
upsolved by chelly
chelly’s solution
一个四边形是合法的当且仅当任意三边之和大于另外一条边。
首先题目的数据范围就是在提示我们枚举ddd,然后计算有多少组(a,b,c)(a,b,c)(a,b,c)。
每条边都有上界和下界,我们可以通过容斥的手段使得只有上界,于是问题就变成了对于一个固定的ddd,有多少组(x,y,z)(x,y,z)(x,y,z)是合法的,其中1≤x≤a,1≤y≤b,1≤z≤c1 \leq x \leq a,1 \leq y \leq b,1 \leq z \leq c1≤x≤a,1≤y≤b,1≤z≤c。
容易想到枚举最长边是谁,然后计算它作为最长边时候的答案,但是遇到边长相同的情况就需要减掉多余的,很麻烦。不妨考虑反面,求出不合法的方案数。即枚举一条边作为最长边,计算它为最长边时候不满足条件的三元组的个数(容易发现当不合法的时候,最长边一定是唯一的)。这相当于解一个有上界的线性不定方程组问题,这是个经典问题,直接容斥解决。容易发现,解出来的解一定是满足最长边限制的。
H Holy Grail
solved by chelly
chelly’s solution
二分+SPFA判环
upsolved by chelly
chelly’s solution
对于在(S,T)(S,T)(S,T)加的最小边,就是原图T−>ST->ST−>S的最短路径。所以可以不需要二分。
I Washing clothes
upsolved by chelly
chelly’s solution
注意到用洗衣机的一定是个后缀。
当xxx固定的时候,答案就是mini=1nmax(ti−1+y,maxj=intj+(n−j+1)×x)\min_{i=1}^n \max (t_{i-1}+y,max_{j=i}^n t_j+(n-j+1)\times x)mini=1nmax(ti−1+y,maxj=intj+(n−j+1)×x)
f(i)=ti−1+yf(i)=t_{i-1}+yf(i)=ti−1+y是单调递增的,g(i)=maxj=intj+(n−j+1)×xg(i)=max_{j=i}^n t_j+(n-j+1)\times xg(i)=maxj=intj+(n−j+1)×x是递减的,所以它们取min后是个凸函数,最优解只有一个,就是它的极值点。但我们不能三分求解(因为这不是严格凸函数)。
容易发现随着xxx的增大,最优解ppp是减小的,即是有决策单调性的。
所以我们可以xxx从大到小枚举,判断目前ppp是否左移,注意到g(i)g(i)g(i)相当于是有一些直线,每次问横坐标取xxx的时候最大值是多少,这个可以维护一个凸包或者李超线段树。
时间复杂度O((n+y)logn)O((n+y)logn)O((n+y)logn)。
注意到对于xxx,决策ppp不会小于n−y/x+1n-y/x+1n−y/x+1,所以对于每个xxx,暴力枚举ppp即可,时间复杂度O(ylogy)O(ylogy)O(ylogy)。
Dirty Replay
- B题抄了个筛欧拉函数的板子,结果板子错了,TLE了一发。
- A题二维数点算权重的时候,将一个矩形拆成4个点的时候,手滑写错了个坐标
- I题写决策单调的时候,没有处理好等于的情况
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