[AtCoder Grand Contest 043-B] 123 Triangle

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题意简述

给定长度为 \(n\) 的序列 \(a[]\) , \(a_i=1,2,3\)
定义 \(x_{i,j}\) 为：

求 \(x_{n,1}\) 的值。
\(n \leq 10^6\)

想法

首先，显然 \(x_{i,j}=0,1,2\)。\(x_{i,j}\) 的值只与差有关，所以可以把 \(a[]\) 中的所有值都减1，这样 \(a_i=0,1,2\)，多整齐。

然后好像不知道该怎么办了。于是考虑一种弱化情况，即 \(a[]\) 只有两种取值。
不失一般性地设 \(a[i]\) 的两个取值为 \(0\) 和 \(t\) ，则所有 \(x_{i,j}\) 的取值也只有 \(0\)、\(t\)
再次可以不失一般性地设这两个取值为 \(0\) 和 \(1\) 。

这时问题转化为，给定一个由 \(0\) 和 \(1\) 构成的数组 \(a[]\) ，求 \(x_{n,1}\)
我们注意到，0与1的差为1，1与1 或 0与0的差为0。这恰是异或操作。
于是有 \(x_{i,j}=x_{i-1,j} \oplus x_{i-1,j-1}\)，\(\oplus\) 表示异或
最终的 \(x_{n,i}\) 是由若干个 \(a[i]\) 异或得到的。
具体异或多少次呢？
为方便表示，规定符号 \(XOR(m,i)=m\oplus m\oplus ...\oplus m\) ，表示 \(i\) 个 \(m\) 连着异或。
自己动手画一画可以发现规律（图中的^表示异或）。

每个 \(x_{i,j}\) 都对下面一行的左右两个数有贡献，由底向上递归发现就是个杨辉三角。

于是搞出对2取模的组合数随便算算就能知道 \(x_{n,1}\) 的奇偶性了。
注意组合数模2时需要记录阶乘中2的次数。

知道奇偶性后，就可判断出1了。

然后考虑怎么判断0和2。
此处有一个小性质：
如果原序列（\(a[i]-1\)）中有1，那么最终答案只能是0。
简单证明一下：如果原序列全是1，那么最终答案一定是0；如果不全是1，则一定有1与2相邻或1与0相邻的位置，这些相邻位置的差为1，也就是下一行一定有1。
以此递推下去，在出现某一行全是1之前，所有行中都是有1的。直到出现了全是1的行，之后的行中才不会有1，且之后的行中全是0。
那有没有可能最终答案为1呢？由于前面判断过答案为偶数了，所以只能是0。

判断完这种情况后，剩余情况即使原序列中只有 \(0\) 与 \(2\) 。可用上文判断 \(0\) 和 \(1\) 的方法判断最终答案。

妙题啊妙题！

总结

思想

考虑奇偶性。
二进制。
要有分类讨论的勇气！！

实现

组合数对小质数取模：记录次数。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
 
using namespace std;
 
const int N = 1000005;
 
int n;
char s[N];
int t[N];
 
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	scanf("%s",s+1);
	for(int i=1;i<=n;i++) s[i]--;
	
	int sum=0,c=0;
	t[0]=t[1]=0;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		if(i&1) t[i]=0;
		else t[i]=t[i/2]+1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i>1) c+=t[n-i+1]-t[i-1];
		if(s[i]==‘1‘ && c==0) sum^=1;
	}
	if(sum==1) { printf("1\n"); return 0; }
	
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(s[i]==‘1‘) { printf("0\n"); return 0; }
	
	sum=0; c=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i>1) c+=t[n-i+1]-t[i-1];
		if(s[i]==‘2‘ && c==0) sum^=1;
	}
	if(sum==1) printf("2\n");
	else printf("0\n");
	
	return 0;
}

[AtCoder Grand Contest 043-B] 123 Triangle

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