20901202-AGC025

D

给定 $n,D_1,D_2$ ,要求构造一个在 $2n\times 2n$ 的网格中选出 $n^2$ 个点的方案，是任意两点间距离不为 $\sqrt{D_1}$ 或 $\sqrt{D_2}$

由题有 $|X|=4\times N^2$ ，要求 $|S|=N^2$ ，即，需要找到 $\frac{1}{4}$ 的点

容易想到当需要 $\frac{1}{2}$ 的点时，(即只有一个禁止距离时，$|S|=2\times N^2$) ，此时用二分图恰好达到目的

即：对于 $A,B\in X$ ，若 $|AB|=\sqrt{D}$ 则连接 $AB$ ，最后得到图 $G$ ，要求 $G$ 独立集且包含至少一半的节点，显然这是二分图

考虑图 $G$ 是否为二分图(考虑到欧几里得距离涉及到平方和，从数论角度)：

设 $|AB{|}^2=4^k\times D$ ，只考虑 $\mathrm{mod}{2}^k$:

• $D\equiv 1(\mathrm{mod}2)$

  此时 $|AB{|}^2\equiv (A_x+A_y)+(B_x+B_y)(\mathrm{mod}2)$ ，则 $A_x+A_y\not\equiv B_x+B_y(\mathrm{mod}2)$ ，则，按照 $x+y$ 的奇偶性分为两组，有边相连的二点必定在不同组中，满足二分图

• $D\equiv 2(\mathrm{mod}4)$

  同上易得 $A_x-B_x\equiv 1(\mathrm{mod}2)\wedge A_y-B_y\equiv (\mathrm{mod}2)$ ，即 $A_x\not\equiv B_x(\mathrm{mod}2)$ ，则，按照 $x$ 的奇偶性分组也满足二分图

• $D\equiv 0(\mathrm{mod}4)$

  同时易得 $A_x\equiv B_x(\mathrm{mod}2)\wedge A_y\equiv B_y(\mathrm{mod}2)$ ，此时按照 $(x\mathrm{mod}2,y\mathrm{mod}2)$ 分为四个等价类，有边相连的点一定在同一个里面，对一个等价类，缩放为 $\frac{x}{2},\frac{y}{2},\frac{D}{4}$ ，归纳结论成立

再考虑两个距离：自由组合即可，即，独立考虑两种颜色，进行不同染色方式

const int N=610;
int n,D1,D2,d;
int a[N][N],col[4];

inline void color(int dist,int bit){
    rei len=ctz(dist)/2; dist>>=2*len;
    if((dist&3)==1) for(rei i=0;i<n;++i) for(rei j=0;j<n;++j) a[i][j]|=((i^j)>>len&1)<<bit;
    else if((dist&3)==2) for(rei i=0;i<n;++i) for(rei j=0;j<n;++j) a[i][j]|=(i>>len&1)<<bit;
}

int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&D1,&D2); d=n*n,n*=2;
    color(D1,0),color(D2,1);
    for(rei i=0;i<n;++i) for(rei j=0;j<n;++j) ++col[ a[i][j] ];
    rei c=max_element(col,col+4)-col;
    for(rei i=0;i<n && d;++i) for(rei j=0;j<n && d;++j) if(a[i][j]==c) --d,printf("%d %d\n",i,j);
    getchar(),getchar();
    return 0;
}

E

给出 $n$ 节点的树和 $m$ 条树上路径，为每一路径定向，第 $i$ 条边 $(a_i,b_i)$ 的权值为：同时被某两条路径沿 $a_i\to b_i,b_i\to a_i$ 经过的条数，求最大权值和及定向方案

这是一个阴间构造题：

设经过每条边的路径数 $c_e$ ，则答案上界 $\sum _{min\{2,c_e\}}$

归纳法证明：

• $n=1$ 显然成立
• $n>1$ ，设与叶子 $v$ 相连的边 $e$ ,点为 $w$
  • $c_e=0$ 直接删去 $v$
  • $c_e=1$ 将路径 $(v,x)$ 替换为 $(w,x)$
  • $c_e>1$ 任意选择两条路径 $(v,a),(v,b)$ ，设两路径的交 $(v,c)$ ,那么 $v\to c$ 的所有边贡献都为 $2$ ，剩下的路径等价表示为 $(a,b)$

执行到最后一个点即可

const int N=2e3+100;
int n,m;
int A[N],B[N],ans,a[N<<1],b[N<<1];
int q[N],anc[N],deg[N],dep[N];
int dir[N<<1];
int ch[N<<1][2];
bool rev[N<<1],vis[N],mark[N<<1],used[N][2];
int head[N];
struct edge{ int ver,Next; edge(int ver=0,int Next=0):ver(ver),Next(Next){}};
vector<edge> G;

inline void addedge(int u,int v){ G.push_back(edge(v,head[u])),head[u]=G.size()-1; G.push_back(edge(u,head[v])),head[v]=G.size()-1; ++deg[u],++deg[v];}

void dfs(int u,int c){
    if(!u) return;
    c^=rev[u]; dir[u]=c;
    dfs(ch[u][0],c);
    dfs(ch[u][1],c^1);
}

void getdep(int u){
    for(rei i=head[u];~i;i=G[i].Next){
        rei v=G[i].ver; if(v==anc[u]) continue;
        dep[v]=dep[u]+1,anc[v]=u;
        getdep(v);
    }
}

inline void upd(int x,int c){ used[x][c] ? 0 : (used[x][c]=1,++ans);}

int main(){
    memset(head,-1,sizeof head);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(rei i=1,a,b;i<n;++i) scanf("%d%d",&a,&b),addedge(a,b);
    for(rei i=1;i<=m;++i) scanf("%d%d",&A[i],&B[i]),a[i]=A[i],b[i]=B[i];
    rei hd=0,tl=0;
    for(rei i=1;i<=n;++i) if(deg[i]==1) q[tl++]=i;
    rei T=n,cnt=m;
    while(T--){
        rei u=q[hd++]; vis[u]=1;
        for(rei i=head[u],y;~i;i=G[i].Next){ y=G[i].ver; if(--deg[y]==1) q[tl++]=y;}
        vector<int> E;
        for(rei i=1;i<=cnt;++i) if(!mark[i]){
            if(a[i]==u && b[i]==u){ dfs(i,0); continue;}
            if(b[i]==u) swap(a[i],b[i]),rev[i]^=1;
            if(a[i]==u) E.push_back(i);
        }
        rei w=-1;
        for(rei i=head[u],y;~i;i=G[i].Next){
            y=G[i].ver; if(vis[y]) continue;
            w=y; break;
        }
        while(E.size()){
            if(E.size()==1){ rei e=E[0]; a[e]=w; break;}
            rei x=E.back(); E.pop_back();
            rei y=E.back(); E.pop_back();
            ++cnt; ch[cnt][0]=x,ch[cnt][1]=y;
            a[cnt]=b[y],b[cnt]=b[x];
            mark[x]=mark[y]=1;
        }
    }
    getdep(1);
    for(rei i=1;i<=m;++i){
        if(dir[i]) swap(A[i],B[i]);
        rei u=A[i],v=B[i];
        while(dep[u]>dep[v]) upd(u,0),u=anc[u];
        while(dep[u]<dep[v]) upd(v,1),v=anc[v];
        while(u!=v){
            upd(u,0),u=anc[u];
            upd(v,1),v=anc[v];
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    for(rei i=1;i<=m;++i) printf("%d %d\n",A[i],B[i]);
    getchar(),getchar();
    return 0;
}

F

给出长度为 $n$ 的二进制数 $x$ 和长度 $m$ 的 $y$ ，进行 $k$ 次操作：设 $z=x\mathrm{\&}y，x+=z,y+=z$ ，求出操作后的 $x,y$

暴力模拟啊嗯

从高位到低位每位重复模拟 $k$ 遍处理：

考虑 $(1,1)$ 进位时：

遇到两个数同一位不相同的情况 $(0,1),(1,0)$ 则暴力进位

而遇到连续的一段 $(0,0)$ 可以直接移过去，

栈维护下标从大到小(当前位置)的 $(0,1),(1,0)$

const int N=2e6+100;
struct node{
    int id,par;
}sta[N],tmp[N];
int n,m,k,top,cnt,ns[N],nt[N],as[N],at[N];
char s[N],t[N];

int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    scanf("%s",s+1);scanf("%s",t+1);
    reverse(s+1,s+n+1);reverse(t+1,t+m+1);
    for(rei i=1;i<=n;++i) ns[i]=s[i]-'0';
    for(rei i=1;i<=m;++i) nt[i]=t[i]-'0';
    rei T=max(n,m);
    for(rei i=T;i;--i){
        if(ns[i]==1 && nt[i]==1){
            rei op=k,pos=i,x=3;cnt=0;
            while(top){
                if(x==3){
                    if(op>=sta[top].id-pos){
                        op-=sta[top].id-pos; pos=sta[top].id;
                        tmp[++cnt]=(node){ pos,x^sta[top].par};
                        x=x&sta[top].par;
                    }
                    else break;
                }
                else if(x!=0){
                    if(sta[top].id==pos+1){
                        pos=sta[top].id;
                        x^sta[top].par ? x=3 : x=x&sta[top].par;
                    }
                    else break;
                }
                else break;
                --top;
            }
            if(x!=0 && x!=3){ ++pos; tmp[++cnt]=(node){pos,x};}
            else if(x){ pos+=op; as[pos]=at[pos]=1;}
            for(rei j=cnt;j;--j) sta[++top]=tmp[j];
        }
        else if(ns[i] || nt[i]) sta[++top]=(node){ i,ns[i]<<1|nt[i]};
    }
    for(rei i=1;i<=top;++i) as[ sta[i].id ]=(sta[i].par>>1)&1,at[ sta[i].id ]=sta[i].par&1;
    rei c=T+k; while(!as[c]) --c; for(rei i=c;i>=1;--i) printf("%d",as[i]); puts("");
    c=T+k; while(at[c]==0) --c; for(rei i=c;i;--i) printf("%d",at[i]); puts("");
    getchar(),getchar();
    return 0;
}