H.Or Machine
4s
Problem
給定 \(n\) 個不超過 \(2^8\) 的數字 \(x_1~x_n\)。
給定 \(l\) 個操作 \((a,b)\)，表示 \(x_a = x_a | x_b\)，其中 \(|\) 是按位或。
給定 \(t\) 表示進行 \(t\) 次操作，按照操作\(0\)，操作\(1\)，……，操作\(l-1\)，操作\(0\)，操作\(1\)，……，操作\(l-1\)，操作\(0\)，操作\(1\)，……，操作\(l-1\)，……的順序。
求最后得到的 \(x_1~x_n\) 的值
\(1\leq n,l\leq 2^{18} , 1\leq t\leq 10^{18}\)
Solution
顯然可以把8位分開做。
即只需考慮 \(x_i \in \{0,1\}\) 的情況
可以發現 當 \(x_i\) 變成 \(1\) 后，就不可能變回 \(0\) ，於是只需求出每個數變成 \(1\) 的時間，和 \(t\) 做比較即可。
對於每個操作 從\(b\)向\(a\)連邊，邊權為操作的下標。然后直接 Dijkstra 即可，當然 路徑長度不是簡單的邊權之和，具體見代碼。
Code
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
template<typename T> inline void read(T &x){
x=0; bool f=false; char c=getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c=='-') f=true; c=getchar(); }
while(isdigit(c)){ x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar(); }
if(f) x=-x;
}
template<typename T> void print(T x){
if(x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=1000006;
int n,l,t,x[N],y[N],dis[N],ans[N];
int to[N],w[N],nxt[N],head[N],cnt;
inline void add(int a,int b,int c){to[++cnt]=b;w[cnt]=c;nxt[cnt]=head[a];head[a]=cnt;return;}
int merg(int a,int b){
if(a==0) return b+1;
if((a-1)%l<b) return a+b-(a-1)%l;
return a+b-(a-1)%l+l;
}
bool vis[N];
priority_queue<pair<int,int> > q;
void dijkstra(){
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;++i) if(dis[i]==0) q.push(make_pair(0,i));
while(!q.empty()){
int now=q.top().second;q.pop();
if(vis[now]) continue; vis[now]=true;
for(int i=head[now];i;i=nxt[i]){
if(dis[to[i]] > merg(dis[now],w[i])){
dis[to[i]] = merg(dis[now],w[i]);
q.push(make_pair(-dis[to[i]],to[i]));
}
}
}
return;
}
signed main(){
read(n);read(l);read(t);
for(int i=0,a,b;i<l;++i) {
read(a);read(b);
add(b,a,i);
}
for(int i=1;i<=n;++i) read(x[i]);
for(int k=1;k<256;k*=2){
for(int i=1;i<=n;++i) dis[i]=1000000023330000018ll;
for(int i=1;i<=n;++i) {
y[i]=(x[i]&k);
if(y[i]) dis[i]=0;
}
dijkstra();
for(int i=1;i<=n;++i) if(dis[i]<=t) ans[i]+=k;
// for(int i=1;i<=n;++i) cout<<dis[i]<<' '; cout<<endl;
}
for(int i=1;i<=n;++i) printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}
J.Periodic Ruler
2s
Problem
有一把無限長的尺子，被染上了顏色，顏色用1~100的整數表示。
尺子的顏色序列有一個最小正周期。
現在已知尺子上 \(n\) 個點的顏色，求出所有的 \(t\) 滿足：無論其余點如何染色， \(t\) 都不是尺子的最小正周期。
輸出這些 \(t\) 之和，以及 \(t\) 的個數。
注意：周期不一定都是最小正周期。
\(1\leq n\leq 50,|x_i|\leq 10^9,a_i\leq 100\)
Solution
注意到\(n\)只有\(50\)，但有\(100\)種顏色。
對於任意一個 \(t\)，我們可以得到一個長為\(t\)的數組，把每個點的顏色按他們的坐標模\(t\)的余數對應過來。
考慮比 \(n\) 大的 \(t\)
對於任意兩個顏色不同的位置，他們的距離的因數一定滿足條件。
除此之外 一定不滿足條件。這是因為 \(t\) 一定是尺子的周期，且得到的 \(t\) 數組一定沒有被完全染色，而我們手中又有50多個沒用過的顏色，所以（我猜測）一定可以構造出一種方案使得 \(t\) 是最小正周期。
考慮不超過 \(n\) 的 \(t\)
枚舉這些 \(t\)，
假如按照模\(t\)對應過來的顏色有沖突，則滿足條件。
若沒有沖突，假如有未染色格子，則不滿足條件（同比\(n\)大的情況）。
若沒有沖突且完全染色，則\(O(t)\)枚舉所有比\(t\)小的數，檢查是不是周期。若都不是則不滿足條件，若有一個是則滿足條件。
Code
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
template<typename T> inline void read(T &x){
x=0; bool f=false; char c=getchar();
while(!isdigit(c)){ if(c=='-') f=true; c=getchar(); }
while(isdigit(c)){ x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar(); }
if(f) x=-x;
}
template<typename T> void print(T x){
if(x>9) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
int n,x[100],a[100],cnt,sum;
map < int , bool > ans;
void solve1(int dis){
//dis 大於 n 的 因子
for(int i=1;i*i<=dis;++i){
if(dis%i==0){
if(i>n) ans[i]=true;
if(dis/i>n) ans[dis/i]=true;
}
}
return;
}
int T[100];
bool solve2(int t){
//若有沖突 入隊
//else 若未填滿 不入
// 若填滿 O(t^2)找有沒有更小的 --> 有則入隊
memset(T,0,sizeof(T));
for(int i=1;i<=n;++i){
if(T[x[i]%t] && T[x[i]%t]!=a[i]) return 1;
T[x[i]%t]=a[i];
}
for(int i=0;i<t;++i) if(T[i]==0) return 0;
for(int tt=1;tt<t;++tt){
for(int i=0;i<t;++i)
if(T[i]!=T[(i+tt)%t])
goto nxt;
return 1;
nxt:;
}
return 0;
}
signed main(){
read(n);
for(int i=1;i<=n;++i) read(x[i]),read(a[i]),x[i]+=1000000010;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=i+1;j<=n;++j)
if(a[i]!=a[j]){
solve1(abs(x[i]-x[j]));
}
for(int t=1;t<=n;++t){
if(solve2(t)) ans[t]=true;
}
for(auto it : ans) if(it.second) ++cnt,sum+=it.first/*,print(it.first)*/;
printf("%lld %lld",cnt,sum);
return 0;
}
A.Automatic Sprayer 2
2s
Problem
兩個 \(n*n\) 的矩陣 \(A,E\)。滿足：\(E_{i,j}=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^n dis(i,j,x,y)*A_{x,y}\),where \(dis(i,j,x,y)=|i-x|+|j-y|\)。
給出 \(n,E\) ，求 \(A\)。
Solution
對\(E\)的任意一行二階差分得到矩陣\(A\)第\(2~n-1\)列每列的和\(sum1[2~n-1]\)。
對\(E\)的任意一列二階差分得到矩陣\(A\)第\(2~n-1\)行每行的和\(sum2[2~n-1]\)。
對於\(E\)的四個角，以左上角為例。
\(E_{1,1}=\sum_{i=1}^n (i-1)*sum1[i] + \sum_{i=1}^n (i-1)*sum2[i]=(n-1)*(sum1[n]+sum2[n])+\sum_{i=1}^{n-1} (i-1)*sum1[i] + \sum_{i=1}^{n-1} (i-1)*sum2[i]\)
於是可以求出\(sum1[n]+sum2[n]\)。同理得到\(sum1[1]+sum2[1]\),\(sum1[1]+sum2[n]\)。再結合 \(\sum_{i=1}^n sum1[i] = \sum_{i=1}^n sum2[i]\)。即可解出 \(sum1[1],sum1[n],sum2[1],sum2[n]\)。
這樣就得到了所有的 \(sum1[1~n],sum2[1~n]\)
下面只要構造任何一個滿足上述條件的 \(A\) 即可。
構造方法：枚舉每個格子\((i,j)\)，\(A_{i,j}=min(sum1[j],sum2[i])\)，\(sum1[j]-=A_{i,j},sum2[i]-=A_{i,j}\)。