AtCoder Grand Contest 006

心血来潮,开了一套AGC…..

然后发现各种不会做………感觉智商被AGC摁在地上摩擦……

代码[戳这里]

A – Prefix and Suffix

这道题目还是送温暖的

直接枚举长度从\(n\)\(n+n\)

最后的\(n\)为用第二个字符串填充,剩余空缺从前到后一次用第一个字符串填充

最后验证前\(n\)位是否满足第一个字符串即可

由于是从小到大枚举,枚举到可行直接输出答案即可

B – Median Pyramid Easy

这道题目就比较有意思了

首先考虑不可行的情况,显然当\(x=1\)\(2*n-1\)的时候是不可行的

因为每一次取的都是三个格子中的中位数,显然到第二行的时候,\(1\)\(2*n-1\)就消失不见了,更高的行中不可能出现

然后考虑其余情况的构造方法

一种比较通用的构造方法是,最高行为\(x\),我们使得下一行出现至少两个\(x\)即可,如下图所示

我们只要保证图中所有的红色格子都是\(x\)的话,最后一行一定是\(x\)

那么,现在,我们只需要构造最后一行的四个格子,使得从第二行开始就在指定位置出现连续的两个\(x\)

这样就比较思博了,\((x-1),(x),(x+1),(x-2)\)即可

但是我们发现,当\(x=2\)的时候,会有点问题,那么我们对\(x=2\)特判一下,构造\((x+1),(x),(x-1),(x+2)\)

当然,构造的方法不唯一

最后注意特判\(n=2\)的情况,不过我这样构造的话,不会出现问题

C – Rabbit Exercise

这道期望题目一颗赛艇啊

首先考虑对称位置的处理,显然\(x_i\)关于\(x_{i-1}\)\(x_{i+1}\)的对称位置分别是\(2*x_{i-1}-x_{i}\)\(2*x_{i+1}-x_{i}\)

考虑兔子\(i\)的期望

$$E(x_i’)=\frac{1}{2}E(2x_{i-1}-x_i)+\frac{1}{2}E(2x_{i+1}-x_i)$$

$$=E(x_{i-1})+E(x_{i+1})-E(x_i)$$

这样,我们似乎已经得到了\(O(MK)\)的算法

我们从几何角度来考虑一下这个操作

其实就是\(y_i\)相对于\(y_{i-1}\)\(y_{i-2}\)的相对位置发生了变化,\(y_i\)在外面的情况也是如此

再一般的来说,就是\(E(x_i)-E(x_{x-1})\)\(E(x_i)-E(x_{x+1})\)的值进行了交换

那么,我们考虑差分,这样,每一次的操作就是对两个数进行交换了

而交换操作是分组进行的,我们可以根据类似快速幂的方式,在\(O(logk)\)的时间内完成交换

那么总的复杂度就是\(O(nlogk)\)

D – Median Pyramid Hard

这道题目似乎是B题的SPJ…..

考虑二分答案,假设当前需要验证的答案为\(x\),表示答案\(≥x\)是否成立

那么,根据最下面一行和\(≥x\)的关系,我们可以得到底层的\(0/1\)数列,\(1\)表示\(≥x\)

我们现在得到了底层的\(0/1\)数列,而题目所给的条件,上一层的一格为\(1\),当且仅当下一层与之对应的三个中至少有两个\(1\)

现在,符合情况的话,那么就是顶层为\(1\)

我们可以画画图来分析一下底层的情况,如何向上传导

我们可以发现,当出现连续的两个\(1\)的时候,他们所对应的的上面,全部为\(1\)

那么,这样的情况如何向外拓展呢?

我们发现,当连续的两个\(1\)旁边出现隔着一个位置的\(1\)的是否,这个全是\(1\)的竖行,可以向着隔着一个位置的\(1\)的方向拓展一列

那么我们只需要正着反着,各扫一遍

这样一来,我们就可以在\(O(2n)\)的时间内验证答案了

还有一种比较特殊的情况是,底层不需要出现连续的两个\(1\)

特判一下

总的时间复杂度是\(O(3n*logn)\)

E – Rotate 3×3

这道题目很繁琐啊QAQ……

画了满满一页草稿纸……

首先,我们透过现象看本质,3*3Rotate 实际上就是把左右两列交换,然后在把三列全部倒置

那么,其实可以发现,每一列中的三个数是不会改变的,而且三个数要么正向,要么逆向

再其次,因为交换的是间隔的两列,所以矩阵中的奇数列和偶数列其实是相对独立的

我们把操作分成两个来思考

对间隔的两列旋转(这个旋转操作自带一个倒置和一个左右交换)、对某一列倒置

对于第一个问题的数量,我们可以转为这个问题:给出\(n\)个数的一个全排列,每次可以交换相邻的两个数,求每个数被交换的次数

贪心的做,我们先把在最后的数换下去,然后在换倒数第二个…….

暴力的做是\(O(n^2)\),考虑用树状数组维护一波,\(O(nlogn)\)

第二个问题,只要判断第一个问题的奇偶性,就可以直接得到答案了

那么回到原问题,可行性怎么判断

首先判断前面提到的一些条件…balabala

然后,就是对后面两个子问题的判断了

对于奇数列的第一个问题,左右交换的前提是其中间的偶数列进行倒置

那么,也就是说,奇数列的第一个问题的奇偶性应当与偶数列的第二个问题相同;偶数列的判断亦是如此

这样一来,问题就解决了,时间复杂度\(O(nlogn)\),不过题解里给出的复杂度是\(O(n)\),不是很明白他是怎么实现的,可能他的\(d\)数组可以线性求吧Orz

F – Blackout

又一次深刻体会到了出题人的强大Orz…

首先,我们可以把这个矩阵问题转变为图论问题

我们把格子\((x,y)\)转变为一条有向边\(x\rightarrow y\),那么,当\(x\rightarrow y\)\(y\rightarrow z\)存在时,有边\(z\rightarrow x\)

我们可以先来尝试探索一些规律

对于图中的\(n\)个点,每个点\(x\)都有边连向\(x+1\),我们尝试更新一波边,发现只有在\(x\)\(y\)满足\(x+1\equiv y (mod\; 3)\)的时候,\(x\)有指向\(y\)的边

以此,我们发现这张图和\(3\)有关系(出题人是这么说的…….

于是,我们用三色来对图进行染色,使得相邻的节点不同色

接下来,我们分别讨论三种情况

1】 染色成功,且图中出现了不同的三种颜色\(x\)\(y\)\(z\)

那么,我们对于三种不同颜色的边,可以把所有\(x\rightarrow y\)\(y\rightarrow z\)\(z\rightarrow x\)都连上

证明:如下图,如果上述情况成立的话,那么,一定至少存在\(x\rightarrow y\)\(y\rightarrow z\),我们当然可以把\(z\rightarrow x\)连上,当有新的边\(u\rightarrow x\)时,我们发现,\(y\rightarrow u\)也同样可以连上,那么,联通的所有点都是可以两先关的

2】染色成功,图中出现的颜色不足三种

那么显然,不存在\(x\rightarrow y\)\(y\rightarrow z\)这样的边对,那么,答案就是边数

3】染色失败

那么,画画图很容易看出,一定存在着环(且环的大小一定不是\(3\)的倍数)

那么,很显然得,所有联通的点之间,两两之间的所有边均可以连上

这样一来,我们对于每一个联通块一次这样讨论即可,时间复杂度\(O(m)\)

新成就get,打穿了一道AGC

 


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