[題解]CSP2019 Solution - Part A

• 至於爲什麼是 $\text{Part A}$ 而不是 $\text{Day 1}$
• 那是因爲 Day1 T3 還沒改
• （那這六題的 $\text{solution}$ 就按難度順序寫吧）
• 感覺今年的畫風和 $\text{NOIP 2016}$ 有點像？

D1T1 code

Solution

• 直接模擬
• 如果 $k<2^{n-1}$ 就輸出 $0$
• 否則輸出 $1$ 並把 $k$ 變成 $2^n-1-k$
• 然後 $n$ 減掉 $1$ 繼續進行下去直到 $n=0$ 爲止
• 注意 $k$ 要開 $\text{unsigned long long}$
• $O(n)$

Code

#include <bits/stdc++.h>

typedef unsigned long long ull;

int n;
ull k;

void solve(int n, ull k)
{
	if (!n) return;
	ull mid = 1ull << n - 1;
	if (k < mid) putchar('0'), solve(n - 1, k);
	else putchar('1'), solve(n - 1, mid - 1 - (k - mid));
}

int main()
{
	std::cin >> n >> k;
	solve(n, k);
	return puts(""), 0;
}

D1T2 brackets

Solution

• 令 $cnt_u$ 表示根到 $u$ 的路徑組成的括號序列，以 $u$ 爲右端點的合法括號序列個數
• 那麼 $k_u$ 就等於根到 $u$ 的路徑上所有點的 $cnt$ 之和
• 易得如果存在 $u$ 的一個深度最大的祖先 $v$ 使得 $v$ 到 $u$ 的路徑組成的括號序列是合法括號序列
• 那麼 $cnt_u=cnt_{fa_v}+1$
• 對於求這個 $v$ ，可以維護一個棧
• 從根到 $u$ ，如果是左括號則直接加入，如果是右括號且棧不空則彈棧
• 那麼如果 $u$ 爲右括號，那麼 $v$ 爲這次彈出的括號對應的點
• 而對於求出所有的 $u$ ，可以在對樹 $\text{DFS}$ 的過程中維護這個棧，在 $\text{DFS}$ 回溯時把棧操作也退回即可
• $O(n)$

Code

#include <bits/stdc++.h>

template <class T>
inline void read(T &res)
{
	res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	if (bo) res = ~res + 1;
}

typedef long long ll;

const int N = 5e5 + 5;

int n, fa[N], ecnt, nxt[N], adj[N], go[N], stk[N], top, cnt[N];
char s[N];
ll sum[N], ans;

void add_edge(int u, int v)
{
	nxt[++ecnt] = adj[u]; adj[u] = ecnt; go[ecnt] = v;
}

void dfs(int u)
{
	int tf = 0;
	if (s[u] == '(') stk[++top] = u;
	else if (top) cnt[u] = cnt[fa[tf = stk[top--]]] + 1;
	sum[u] = sum[fa[u]] + cnt[u];
	ans ^= sum[u] * u;
	for (int e = adj[u], v = go[e]; e; e = nxt[e], v = go[e])
		dfs(v);
	if (s[u] == '(') top--;
	else if (tf) stk[++top] = tf;
}

int main()
{
	int x;
	read(n);
	scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1);
	for (int i = 2; i <= n; i++) read(x), add_edge(fa[i] = x, i);
	dfs(1);
	return std::cout << ans << std::endl, 0;
}

D2T1 meal

Solution

• 如果沒有一半的限制，那麼答案爲
• $\prod_{i=1}^n(1+\sum_{j=1}^ma_{i,j})-1$
• 而出現次數超過一半的主要食材最多 $1$ 種
• 故可以枚舉超過一半的主要食材是哪種，並把對應的方案數從上式種扣掉即可
• 假設確定了一種食材 $x$ ，考慮如何求這種食材出現超過一半的方案數
• 設 $u_i=a_{i,x}$ ， $v_i=\sum_{j=1,j\ne x}^ma_{i,j}$
• 問題就轉化成了有 $n$ 個變量，對於第 $i$ 個變量有 $u_i$ 種方法使其爲 $1$ ， $v_i$ 種方法使其爲 $-1$ ，$1$ 種方法使其爲 $0$，求有多少種方案使得 $1$ 的個數嚴格大於 $-1$ （所有變量的和嚴格大於 $0$ ）
• 於是可以 $\text{DP}$ ：設 $f[i][j]$ 表示前 $i$ 個變量和爲 $j$ 的方案數（$j$ 可以爲負），轉移時枚舉下一個變量的取值
• $O(mn^2)$

Code

#include <bits/stdc++.h>

template <class T>
inline void read(T &res)
{
	res = 0; bool bo = 0; char c;
	while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
	if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
	while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
		res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
	if (bo) res = ~res + 1;
}

const int N = 105, E = 205, M = 2005, rqy = 998244353;

int n, m, a[N][M], f[N][E], sum[N], tmp[N], ans = 1;

inline void add(int &a, const int &b)
{
	a += b; if (a >= rqy) a -= rqy;
}

inline void sub(int &a, const int &b)
{
	a -= b; if (a < 0) a += rqy;
}

int main()
{
	read(n); read(m);
	for (int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			read(a[i][j]), add(sum[i], a[i][j]);
	for (int i = 1; i <= n; i++) ans = 1ll * ans * sum[i] % rqy;
	sub(ans, 1);
	for (int i = 1; i <= m; i++)
	{
		for (int j = 1; j <= n; j++) tmp[j] = sum[j], sub(tmp[j], a[j][i]), sub(tmp[j], 1);
		for (int j = -n; j <= n; j++)
			for (int k = 0; k <= n; k++)
				f[k][j + n] = 0;
		f[0][n] = 1;
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			for (int k = -n; k <= n; k++)
			{
				add(f[j][k + n], f[j - 1][k + n]);
				if (k > -n) add(f[j][k + n], 1ll * f[j - 1][k - 1 + n] * a[j][i] % rqy);
				if (k < n) add(f[j][k + n], 1ll * f[j - 1][k + 1 + n] * tmp[j] % rqy);
			}
		for (int j = 1; j <= n; j++) sub(ans, f[n][j + n]);
	}
	return std::cout << ans << std::endl, 0;
}