Codeforces Contest #1325 解题报告 & 题目大意

发布于 # algorithm

A EhAb AnD gCd

题目大意

给定一个整数 x（2≤x≤109)x（2\leq x \leq 10^9)

求 a,ba,b 满足 gcd⁡(a,b)+lcm⁡(a,b)=x\gcd(a,b) + \operatorname{lcm}(a,b) = x

多组解输出任意一个

Code

这有啥说的，随便找个质因数让后输出 p,xp, x 就可以

// Woshiluo Luo<[email protected]>
// 2020/03/14 22:36:48

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

int t, x;

int main() {
    scanf( "%d", &t );
    while( t -- ) {
        scanf( "%d", &x );
        int sq = std::sqrt(x) + 1;
        for( int i = 1; i <= sq; i ++ ) {
            if( x % i == 0 ) {
                int tmp = ( x / i ) - 1;
                if( tmp == 0 )
                    continue;
                printf( "%d %d\n", i, tmp * i );
                break;
            }
        }
    }
}

B CopyCopyCopyCopyCopy

题目大意

给你一个长度为 nn 的数列 aa, 现在你可以复制无数个 aa 接到原来的数列后面

问这样接完后，最长严格上升子序列的长度

Code

因为可以接无限次，所以直接输出数字个数就可以了

// Woshiluo Luo<[email protected]>
// 2020/03/14 22:42:47
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

const int N = 1e5 + 1e4;

int t;
int n;
int a[N];

int main() {
    scanf( "%d", &t );
    while( t -- ) {
        scanf( "%d", &n );
        for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            scanf( "%d", &a[i] );
        }
        std::sort( a + 1, a + n + 1 );
        int cnt = 0, la = 0;
        for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            if( i == 1 || a[i] != la ) {
                la = a[i];
                cnt ++;
            }
        }
        printf( "%d\n", cnt );
    }
}

C Ehab and Path-etic MEXs

题目大意

给一棵节点数为 nn 的树

现在你要给每条边一个边权，要求：

  • 边权为一个整数 v(0≤v≤n−2)v(0\leq v \leq n - 2)
  • 每条边的边权不能和别的边的相同

现在定义 MEX(u,v)MEX(u,v) 为 u,vu,v 之间的最短简单路径上没有出现的边权中的最小值

请给出一种边权方案，最小化 max⁡MEX(u,v)\max{MEX(u,v)}

思路

考虑每条边会被算进去多少次，记为每条边的贡献

贡献越大给越大的边就可以了

实际上可以更加简化，因为无论如何一定有一个 MEX≥2MEX \geq 2

所以我们尽可能避免 0,1,20,1,2 出现在一条边上即可

随便找一个度数 ≥2\geq 2 的点，把这三个数字放上去即可

如果没有这种点，那么怎么摆都会有一条 MEX=n−1MEX=n-1 的路径

Code

// Woshiluo Luo<[email protected]>
// 2020/03/14 22:52:18
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

const int N = 1e5 + 1e4;

// Edge Start
struct edge {
    int to, next, val;
} e[ N << 1 ];
int ehead[N], ecnt;
inline void add_edge( int now, int to, int val ) {
    ecnt ++;
    e[ecnt].to = to;
    e[ecnt].next = ehead[now];
    e[ecnt].val = val;
    ehead[now] = ecnt;
}
// Edge End

struct node { long long val; int id; } max[N];
bool cmp( node _a, node _b ) { return _a.val < _b.val; }

int n, x, y;
int son[N], val[N];

void dfs( int now, int la ) {
    son[now] = 1;
    for( int i = ehead[now]; i; i = e[i].next ) {
        if( e[i].to == la )
            continue;
        dfs( e[i].to, now );
        son[now] += son[ e[i].to ];
        max[ e[i].val ].val = ( 1LL * son[ e[i].to ] * ( n - son[ e[i].to ] ) );
    }
}

int main() {
#ifdef woshiluo
    freopen( "c.in", "r", stdin );
    freopen( "c.out", "w", stdout );
#endif
    scanf( "%d", &n );
    for( int i = 1, u, v; i < n; i ++ ) {
        max[i].id = i;
        scanf( "%d%d", &u, &v );
        add_edge( u, v, i );
        add_edge( v, u, i );
    }

    dfs( 1, 0 );

    std::sort( max + 1, max + n, cmp );

    for( int i = 1; i < n; i ++ ) {
        val[ max[i].id ] = i - 1;
    }

    for( int i = 1; i < n; i ++ ) {
        printf( "%d\n", val[i] );
    }
}

D Ehab the Xorcist

给定两个整数 u,vu,v 求最短的数列 aa 满足

  • ∑a=v\sum a = v
  • xor 和为 uu

多解输出任意一个

无解输出 −1-1

题目大意

这题感觉的 C 简单啊

满足 xorxor 容易，满足 vv 的话需要难度

考虑最后 xorxor 的结果受每个二进制位的和的奇偶性影响

因此可以确定每一位的奇偶性

然后随便搞一下满足 vv 就可以了

Code

// Woshiluo Luo<[email protected]>
// 2020/03/14 23:39:20
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>

#include <vector>
#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

unsigned long long u, v;
int bit_u[110], bit_less[110], bit_cnt[110];
std::vector<unsigned long long> ans;

inline void noans() {
    printf( "-1\n" );
    exit(0);
}

void to_bit( unsigned long long a, int bit[] ) {
    int cnt = 0;
    while( a ) {
        bit[ ++ cnt ] = a & 1;
        a >>= 1;
    }
}

int main() {
    scanf( "%llu%llu", &u, &v );
    if( v < u )
        noans();

    to_bit( v - u, bit_less );
    to_bit( u, bit_u );

    for( int i = 1; i <= 100; i ++ ) {
        bit_cnt[i] = bit_u[i];
    }
    int p = 64;
    int cnt = 0;
    while( p ) {
        bit_cnt[p] += ( cnt - ( cnt & 1 ) );
        cnt = cnt & 1;
        if( bit_less[p] )
            cnt ++;
        p --; cnt <<= 1;
    }

    if( cnt != 0 )
        noans();

    bool flag = true;
    while( flag ) {
        flag = false;
        unsigned long long out = 0;
        unsigned long long p = 1;
        for( int i = 1; i <= 64; i ++, p <<= 1 ) {
            if( bit_cnt[i] ) {
                out = out | p;
                bit_cnt[i] --;
                flag = true;
            }
        }
        if( flag )
            ans.push_back(out);
    }

    cnt = ans.size();
    printf( "%d\n", cnt );
    for( int i = 0; i < cnt; i ++ ) {
        printf( "%llu ", ans[i] );
    }

}

E Ehab's REAL Number Theory Problem

题目大意

给你一个长度为 nn 的数列，保证数列中每个数字有不超过 77 个因数

请求出最短的子序列，使子序列成绩为完全平方数

思路

这题比 F 题难吧…

首先由 保证数列中每个数字有不超过 $7$ 个因数 得每个数不会有超过两个 11 和其本身以外的质因数

然后我们可以先把每个数里的完全平方数因子先除掉，因为这些不会对答案造成影响

这样下来每个数的因子只有 1 和其本身以及两个质因数（前提是这个数不是质数）

然后建图，如果这个数是质数，将其和 11 连接，如过不是将其的两个质因数连接

剩下就是求最小环

Code

// Woshiluo Luo<[email protected]>
// 2020/03/15 22:08:53

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <queue>
#include <vector>
#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

const int N = 1e6 + 1e4;
const int M = 1100;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n, ans = INF;
int dis[N], fa[N];
bool marked[N], pool[N];

// Edge Start
struct edge {
    int cur, to, next;
} e[ N << 1 ];
int ehead[N], ecnt = 1;
inline void add_edge( int now, int to ) {
    ecnt ++;
    e[ecnt].cur = now;
    e[ecnt].to = to;
    e[ecnt].next = ehead[now];
    ehead[now] = ecnt;
}
// Edge End

int bfs( int st ) {
    memset( dis, INF, sizeof(dis) );
    memset( fa, 0, sizeof(fa) );
    std::queue<int> q;
    q.push(st); dis[st] = 0;
    while( !q.empty() ) {
        int cur = q.front(); q.pop();
        for( int i = ehead[cur]; i; i = e[i].next ) {
            if( e[i].to == fa[cur] )
                continue;

            if( dis[ e[i].to ] >= INF ) {
                fa[ e[i].to ] = cur;
                dis[ e[i].to ] = dis[cur] + 1;
                q.push( e[i].to );
            }
            else {
                return dis[cur] + dis[ e[i].to ] + 1;
            }
        }
    }
    return INF;
}

int main() {
    scanf( "%d", &n );
    for( int i = 1, x; i <= n; i ++ ) {
        scanf( "%d", &x );
        std::vector<int> a;
        int cnt = std::sqrt(x) + 1;
        while(cnt > 1) {
            int cnt_pow = cnt * cnt;
            while( x % cnt_pow == 0 )
                x /= cnt_pow;
            cnt --;
        }
        if( x == 1 )
            chk_Min( ans, 1 );
        if( pool[x] )
            chk_Min( ans, 2 );
        pool[x] = true;
        int tmp = std::sqrt(x);
        for( int j = 2; j <= tmp; j ++ ) {
            if( x % j == 0 ) {
                a.push_back(j);
                a.push_back( x / j );
                break;
            }
        }
        if( a.size() == 0 ) {
            add_edge( 1, x );
            add_edge( x, 1 );
        }
        else if( a.size() != 0 ) {
            add_edge( a[0], a[1] );
            add_edge( a[1], a[0] );
        }
    }

    if( ans != INF ) {
        printf( "%d\n", ans );
        return 0;
    }

    for( int i = 1; i <= 1000; i ++ ) {
        if( ehead[i] )
            chk_Min( ans, bfs(i) );
    }

    if( ans >= INF )
        ans = -1;

    printf( "%d\n", ans );
}

F Ehab's Last Theorem

题目大意

给定一个 nn 个节点的图

令 glo=⌈n⌉glo=\lceil\sqrt{n}\rceil

你要么找到一个长度和 gloglo 相等的环

要么找到一个比 gloglo 小的独立集

Code

先试图找环，找不到肯定有独立集

// Woshiluo Luo<[email protected]>
// 2020/03/15 15:49:32
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <stack>
#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

const int N = 1e5 + 1e4;
const int M = 2e5 + 1e4;

int n, m, need;

int dep[N];
bool vis[N];
std::stack<int> st;

// Edge Start
struct edge { int to, next; } e[ M << 1 ];
int ehead[N], ecnt;
inline void add_edge( int now, int to ) {
    ecnt ++;
    e[ecnt].to = to;
    e[ecnt].next = ehead[now];
    ehead[now] = ecnt;
}
// Edge End

void dfs( int now ) {
    st.push(now);
    dep[now] = st.size();
    for( int i = ehead[now]; i; i = e[i].next ) {
        if( dep[ e[i].to ] == 0 )
            dfs( e[i].to );
        else if( dep[now] - dep[ e[i].to ] + 1 >= need ) {
            int size = dep[now] - dep[ e[i].to ] + 1;
            printf( "%d\n%d\n", 2, size );
            for( int i = 1; i <= size; i ++ ) {
                printf( "%d ", st.top() );
                st.pop();
            }
            exit(0);
        }
    }
    if( !vis[now] ) {
        for( int i = ehead[now]; i; i = e[i].next ) {
            vis[ e[i].to ] = true;
        }
    }
    st.pop();
}

int main() {
#ifdef woshiluo
    freopen( "f.in", "r", stdin );
    freopen( "f.out", "w", stdout );
#endif
    scanf( "%d%d", &n, &m );
    while( need * need < n )
        need ++;

    while( m -- ) {
        int u, v;
        scanf( "%d%d", &u, &v );
        add_edge( u, v ); add_edge( v, u );
    }

    dfs(1);

    printf( "%d\n", 1 );
    int cnt = 0;
    for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        if( vis[i] == false ) {
            printf( "%d ", i );
            cnt ++;
        }
        if( cnt == need )
            break;
    }
}

Codeforces Contest #1312 解题报告 & 部分翻译

发布于 # algorithm

比赛链接：Educational Codeforces Round 83 (Rated for Div. 2)

A Two Regular Polygons

1 题目大意

给你两个正多边形，一个 nn 条边 AA ，一个 mm 条边 BB

问 BB 有没有可能被 AA 包含且所有顶点都与 AA 的某一个节点重合

有输出 YES ，否则输出 NO

2 Code

判 n mod m=0n \bmod m = 0 就可以了

#include <cstdio>

int T;
int n, m;

int main() {
    scanf( "%d", &T );
    while( T -- ) {
        scanf( "%d%d", &n, &m );
        printf( "%s\n", ( n % m == 0 )? "YES": "NO" );
    }
}

B Bogosort

1 题目大意

给你一个长度为 nn 的序列 aa, 你可以将 aa 重新排序，使其满足 j−aj≠i−aij - a_j \neq i - a_i

输出任何一个即可

保证有解

n≤100n \leq 100

2 思路

j−aj≠i−aij−i≠aj−ai\begin{aligned} j - a_j & \neq i - a_i \\ j - i & \neq a_j - a_i \end{aligned}

直接从大到小输出

3 Code

// Woshiluo Luo<[email protected]>
// 2020/03/09 22:40:32
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

const int N = 110;

int T;
int n;
int a[N];

int main() {
    scanf( "%d", &T );
    while( T -- ) {
        scanf( "%d", &n );
        for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            scanf( "%d", &a[i] );
        }
        std::sort( a + 1, a + n + 1 );
        for( int i = n; i >= 1; i -- ) {
            printf( "%d ", a[i] );
        }
        printf( "\n" );
    }
}

C Adding Powers

1 题目大意

给你两个长度为 nn 的数列 a,va,v

其中 aa 通过输入提供，vv 初始所有值为 00

接下来，对于第 ii 次操作（从 00 计数），你可以

  • 选择任意一个 viv_i 增加 kik^i
  • 什么都不做

问你是否通过多次操作后，使 vv 变成 aa

能输出 YES ，否则输出 NO

2 思路

首先对于每个数字 aa, 考虑其是否可以变成多个 kik^i 的和（不能有重复的 ii）

能的话算出来，看看有没有和之前重复的，有就不可能

不能的话直接没有可能

3 Code

// Woshiluo Luo<[email protected]>
// 2020/03/09 22:58:45
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

const int N = 110;

int T;
int n;
long long k;
bool vis[N];
long long a[N];

inline void wrong() {
    printf( "NO\n" );
}

inline void right() {
    printf( "YES\n" );
}

void calc() {
    for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        if( a[i] == 0 ) {
            continue;
        }
        long long cur = a[i];
        int cnt = 1;
        while( cur ) {
            int tmp = cur % k;
            if( tmp > 1 ) {
                wrong();
                return ;
            }
            if( tmp == 1 ) {
                if( vis[cnt] == false )
                    vis[cnt] = true;
                else {
                    wrong();
                    return ;
                }
            }
            cur /= k;
            cnt ++;
        }
    }
    right();
}

int main() {
    scanf( "%d", &T );
    while( T -- ) {
        memset( vis, 0, sizeof(vis) );

        scanf( "%d%lld", &n, &k );
        for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            scanf( "%lld", &a[i] );
        }

        calc();
    }
}

D Count the Arrays

1 题目大意

你需要寻找这样的数列个数

  • 有 nn 个元素
  • 每个数字都是 11 到 mm 之间的整数
  • 只有恰好一对数字相等
  • 数列先严格递增，再严格递减

个数对 998244353998244353 取模后输出

2≤n≤m≤2×1052 \leq n \leq m \leq 2 \times 10^5

2 思路

式子题，看 Code 去

3 Code

// Woshiluo Luo<[email protected]>
// 2020/03/09 23:21:18
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

const int N = 2e5 + 1e4;
const int mod = 998244353;

inline int add( int a, int b ) { return ( a + b ) % mod; }
inline int mul( int a, int b ) { return ( 1LL * a * b ) % mod; }
inline void add_eq( int &a, int b ) { a = ( a + b ) % mod; }
inline void mul_eq( int &a, int b ) { a = ( 1LL * a * b ) % mod; }

int ksm( int a, int p ) {
    int res = 1;
    while(p) {
        if( p & 1 )
            res = mul( res, a );
        a = mul( a, a );
        p >>= 1;
    }
    return res;
}

inline int get_inv( int a ) { return ksm( a, mod - 2 ); }

int n, m, sum, ans;
int fact[N], inv[N];

void init() {
    fact[1] = 1;
    for( int i = 2; i <= m; i ++ ) {
        fact[i] = mul( fact[ i - 1 ], i );
    }
    inv[m] = get_inv( fact[m] );
    for( int i = m - 1; i >= 1; i -- ) {
        inv[i] = mul( inv[ i + 1 ], i + 1 );
    }
    inv[0] = 1;
    fact[0] = 1;
}

// Get C^a_b
inline int C( int a, int b ) {
    if( a <= 0 )
        return 1;
    if( b <= 0 )
        return 1;
    return mul( mul( fact[b], inv[ b - a ] ), inv[a] );
}

int main() {
#ifdef woshiluo
    freopen( "d.in", "r", stdin );
    freopen( "d.out", "w", stdout );
#endif
    scanf( "%d%d", &n, &m );
    init();

    for( int i = n - 1; i <= m; i ++ ) {
        add_eq( sum, mul( C( n - 3, i - 2 ), mul( m - i + 1, n - 2 ) ) );
    }

    for( int i = 2; i < n; i ++ ) {
        add_eq( ans, mul( sum, C( i - 2, n - 3 ) ) );
    }

    printf( "%d\n", ans );
}

E Array Shrinking

1 题目大意

这好像是个原题

给你一个长度为 nn 的数列 aa

如果 ai=ai+1a_i = a_{i + 1}, 那么这两个数可以合并成 ai+1a_i + 1

问最小数列长度

1≤ai≤1000,1≤n≤5001 \leq a_i \leq 1000, 1 \leq n \leq 500

2 思路

区间 dp

设 fi,jf_{i,j} 为 ii 到 jj 最小长度

mergedi,jmerged_{i,j} 为 ii 到 jj 合并出来的数字

然后就是标准板子了

3 Code

// Woshiluo Luo<[email protected]>
// 2020/03/10 15:50:48
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

const int N = 510;

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

int n;
int a[N];
int f[N][N], merged[N][N];

int main() {
#ifdef woshiluo
    freopen( "e.in", "r", stdin );
    freopen( "e.out", "w", stdout );
#endif
    scanf( "%d", &n );
    for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        scanf( "%d", &a[i] );
        f[i][i] = 1;
        merged[i][i] = a[i];
    }
    for( int len = 2; len <= n; len ++ ) {
        for( int left = 1, rig = len; rig <= n; left ++, rig ++ ) {
            f[left][rig] = rig - left + 1;
            for( int mid = left; mid < rig; mid ++ ) {
                int &f_left = f[left][mid], &f_rig = f[ mid + 1 ][rig],
                &merge_left = merged[left][mid], &merge_rig = merged[ mid + 1 ][rig];
                chk_Min( f[left][rig], f_left + f_rig );
                if( f_left == 1 && f_rig == 1 && merge_left == merge_rig ) {
                    f[left][rig] = 1;
                    merged[left][rig] = merge_left + 1;
                }
            }
        }
    }
    printf( "%d\n", f[1][n] );
}

AGC 034 F RNG and XOR

发布于 # algorithm

题目连接: https://atcoder.jp/contests/agc034/tasks/agc034_f

道理我都懂，可是不看题解不到啊……

\newcommand \xor{\mathbin{\mathbf{xor}}}

1 题意

给定一个数字 nn

对于 0⋯2n−10 \cdots 2^n - 1 中每个数字都有一个 aia_i

现在有一个数 XX, 一开始为 00

每一次操作会随机选择一个数字 ii （其中 0≤i≤2n−10 \leq i \leq 2^n - 1，选中 ii 的概率为 ai∑a\frac{a_i}{\sum a}）

然后令 X=X⊕iX = X \oplus i

问使 X=iX=i 的期望次数

2 思路

先令 pi=ai∑ap_i=\frac{a_i}{\sum a}

令 fif_i 表示从 ii 到 00 的期望次数，这和从 00 到 ii 显然是一样的

接着有一个非常显然的式子

fi=fi\xorj×pj+1(i≠0)fi−1=fi\xorj×pj(i≠0)\begin{aligned} f_i &= f_{i \xor j} \times p_j + 1 ( i \neq 0 )\\ f_i - 1 &= f_{i \xor j } \times p_j ( i \neq 0 ) \end{aligned}

然后我们就可以得到这个式子

(f_0, f_1, f_2, \cdots, f_{2^{n-1}}, f_{2^n-1}) \oplus (p_0, p_1, p_2, \dots, p_{2^{n-1}}, p_{2^n}) \\ \= ( x, f_1 - 1, f_2 - 1, \cdots, f_{2^{n-1}} - 1, f_{2^n-1} - 1 )

但是 xx 是未知的

注意到 ∑p=1\sum p = 1 所以左边右边的和是相等的

所以

x=∑i=02n−1fi−∑i=12n−1fi−1=f0+2n−1\begin{aligned} x &= \sum_{i=0}^{2^n-1} f_i - \sum_{i=1}^{2^n-1} f_i - 1 \\ &= f_0 + 2^n - 1 \end{aligned} (f_0, f_1, f_2, \cdots, f_{2^{n-1}}, f_{2^n-1}) \oplus (p_0, p_1, p_2, \dots, p_{2^{n-1}}, p_{2^n}) \\ \= ( f_0 + 2^n - 1, f_1 - 1, f_2 - 1, \cdots, f_{2^{n-1}} - 1, f_{2^n-1} -1 )

我们需要的使其中两个式子没有未知数

注意到如果使 p0=p0−1p_0 = p_0 - 1

那么右边每一个数都会减去 fif_i

即

(f0,f1,f2,⋯ ,f2n−1,f2n−1)⊕(p0−1,p1,p2,…,p2n−1,p2n)=(2n−1,−1,−1,⋯ ,−1,−1)(f_0, f_1, f_2, \cdots, f_{2^{n-1}}, f_{2^n-1}) \oplus (p_0 - 1, p_1, p_2, \dots, p_{2^{n-1}}, p_{2^n}) \\ = ( 2^n - 1, - 1, - 1, \cdots, -1, -1 )

于是就可以放进 FWT 里直接做

然后你就发现这东西跑出来是错的……

为什么呢

令

P=(p0−1,p1,p2,…,p2n−1,p2n)A=(2n−1,−1,−1,⋯ ,−1,−1)\begin{aligned} \mathbf{P} & = (p_0 - 1, p_1, p_2, \dots, p_{2^{n-1}}, p_{2^n}) \\ \mathbf{A} & = ( 2^n - 1, - 1, - 1, \cdots, -1, -1 ) \end{aligned}

因为 P\mathbf{P} 和 A\mathbf{A} FWT 后第一位都是 00

没有办法倒推出来 f0f_0

但是可以发现 ff 的值是可以平移的

即

fi+k=∑i=02n−1pj(fi⊕j+k)+1=∑i=02n−1fi⊕j×pj+k+1f_i + k = \sum_{i=0}^{2^n-1} p_j(f_{i \oplus j} + k) + 1 = \sum_{i=0}^{2^n-1} f_{i \oplus j} \times p_j + k + 1

那么我们又知道 fi=0f_i = 0

所以将 ff 每一位都减去 f0f_0 即可

3 Code

#include <cstdio>

const int N = 1 << 20;
const int mod = 998244353;

int n;
int a[N], b[N], p[N], sum;

inline i
nt add( int a, int b ) { return ( a + b ) % mod; }
inline int mul( int a, int b ) { return ( 1LL * a * b ) % mod; }
inline void add_eq( int &a, int b ) { a = ( a + b ) % mod; }
inline void mul_eq( int &a, int b ) { a = ( 1LL * a * b ) % mod; }

int ksm( int a, int p ) {
    int res = 1;
    while( p ) {
        if( p & 1 )
            res = mul( res, a );
        a = mul( a, a );
        p >>= 1;
    }
    return res;
}
inline int inv( int a ) { return ksm( a, mod - 2 ); }

void XOR( int *f, int len, int x = 1 ) {
    for( int o = 2, k = 1; o <= len; o <<= 1, k <<= 1 ) {
        for( int i = 0; i < len; i += o ) {
            for( int j = 0; j < k; j ++ ) {
                add_eq( f[ i + j ], f[ i + j + k ] );
                f[ i + j + k ] = add( f[ i + j ], add( - f[ i + j + k ], - f[ i + j + k ] ) );
                mul_eq( f[ i + j ], x ); mul_eq( f[ i + j + k ], x );
            }
        }
    }
}

int main() {
#ifdef woshiluo
    freopen( "F.in", "r", stdin );
    freopen( "F.out", "w", stdout );
#endif
    scanf( "%d", &n );
    n = 1 << n;
    for( int i = 0; i < n; i ++ ) {
        scanf( "%d", &a[i] );
        sum += a[i];
        b[i] = mod - 1;
    }
    sum = inv(sum);
    for( int i = 0; i < n; i ++ ) {
        p[i] = mul( a[i], sum );
    }

    b[0] = n - 1; p[0] -= 1;
    XOR( b, n ); XOR( p, n );
    for( int i = 0; i < n; i ++ ){
        mul_eq( b[i], inv( p[i] ) );
    }
    XOR( b, n, inv(2) );
    for( int i = 0; i < n; i ++ ) {
        printf( "%d\n", ( ( add( b[i], -b[0] ) + mod ) % mod ) );
    }
}

将 Bilibili 缓存转换成视频

发布于 # share

0 环境 & 提示

  • 电脑
    • PHP
    • Bash
  • 手机
    • Bilibili 国内版 5.54.0

这样子转换出来还是有水印的，请不要在未经 UP 主同意的情况下传播或用在非法行为

1 过程

因为要备份手机，就想着能不能把 Bilbili 的缓存转换成普通视频留在电脑上

然后看了一下下载目录，里面有一个 video.m4s 和 audio.m4s

拿 mpv 一打开，发现刚好一个是视频一个是音频...

剩下的事情就是拿 ffmpeg 合并一下的事情...

随便胡个脚本就行了

2 脚本

covert.sh
# Author: Woshiluo<[email protected]>
#!/bin/bash

work_dir=`pwd`;
fa_php=`pwd`"/fa.php";
part_php=`pwd`"/part.php";

echo $part_php;
mkdir -p "$work_dir/output"

function covert() {
	cp "$fa_php" ./
	cp "$part_php" ./
	fa=`php fa.php`
	part=`php part.php`
	echo "[INFO] Coverting $fa $part..."
	rm fa.php part.php
	mkdir -p "$work_dir/output/$fa"
	for file in `ls`; do
		if [ -d $file ]; then
			cd $file
			ffmpeg -i video.m4s -i audio.m4s -c copy "$work_dir/output/$fa/$part.mkv" -y >/dev/null 2>&1
			cd ..
		fi
	done
	echo "[INFO] Done!"
}

for file in `ls`; do
	if [ -d $file ] && [ $file != "output" ]; then
		cd ./$file
		for video in `ls`; do
			if [ -d $video ]; then
				cd ./$video
				covert
				cd ..
			fi
		done
		cd ..
	fi
done
fa.php
<?php

$_file = file_get_contents( "./entry.json" );

$desc = json_decode( $_file );

echo $desc -> title;
part.php
<?php

$_file = file_get_contents( "./entry.json" );

$desc = json_decode( $_file );

echo $desc -> page_data -> part;

随便胡的脚本

把这三个文件放到 Bilibili 的下载目录下，然后执行 covert.sh 就行了

执行过后转换过的文件会在 output 目录下

Atcoder ARC 103 F Distance Sums

发布于 # algorithm

0 写在之前

这几天写的题目并不算少

然而这道题是唯一一个看过去傻了的题目...

应该以前听过，题面看着眼熟

可是死活不会做...

1 思路

基本上可以明确是到构造题

这里依赖两个性质：

树的中心的 DD 值是最小的

D(fa) = D(x) - n + 2 \times size\[i\]

这个就是标准的树和树的重心的性质

可以推出来如果以重心做根，那么 DD 越大越在下面

所以尝试生成一颗以重心为根的树就行了

然后我发现我不会判否

结果发现最后生成出来树判断一次就行了...

2 实现

读入 DD 排序

从大到小依此根据上面的式子找父亲

最后判断一下是否正确就可以了

3 Code

// User: woshiluo
// Email: [email protected]
// Problem link: https://atcoder.jp/contests/arc103/tasks/arc103_d
// Comment:
// Why the problem id is 'F', but the link is 'arc103_d'
// Interesting

#include <cstdio>
#include <cstdlib>

#include <map>
#include <algorithm>

const int N = 1e5 + 1e3;

int n;
int size[N], father[N];

struct node{
	int id;
	long long d;
} a[N];

std::map<long long, int> mp;

void wrong() {
	printf( "-1\n" );
	exit(0);
}
bool cmp( node _a, node _b ) { return _a.d < _b.d; }

int main() {
#ifdef woshiluo
	freopen( "F.in", "r", stdin );
	freopen( "F.out", "w", stdout );
#endif
	scanf( "%d", &n );
	for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		scanf( "%lld", &a[i].d );
		a[i].id = i;
		size[i] = 1;
		mp[ a[i].d ] = i;
	}
	std::sort( a + 1, a + n + 1, cmp );
	int rt_d, rt;
	rt = a[1].id; rt_d = a[1].d;
	for( int i = n; i > 1; i -- ) {
		int fa = mp[ a[i].d + 2LL * size[ a[i].id ] - n ];
		if( fa == 0 ) {
			wrong();
			return 0;
		}
		size[fa] += size[ a[i].id ];
		father[ a[i].id ] = fa;
	}
	for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		if( i == rt )
			continue;
		 rt_d -= size[i];
	}
	if( rt_d != 0 )
		wrong();

	for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		if( i == rt )
			continue;
		printf( "%d %d\n", father[i], i );
	}
}

Woshiluo's NoteBook

「Jump up HIGH!!」