【TPC附加赛YSTG】星坠比赛题解

零、写在前面

比赛地址

本人比较菜，在这场接近提高组的模拟赛中获得了 $30 + 100 + 30 + 50 = 210$ 的烂分

~~事实上只要把暴力打足成绩一般就不会差~~

~~但后来本人在 ZYF 神犇的指导下侥幸 AK 了~~

言归正传，接下来就是本场比赛的解题思路了 ~~坐稳扶好~~

壹、碑文

这是本场比赛最难的题目，没有之一！

一、骗分思路

初看题目我们可能会很看不懂题，但是 $30 %$ 的数据范围非常小，完全可以直接按照题目的意思模拟

只需要注意数组别越界就行了

 #include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,q,ans;
int a[100009],b[100009];
int p[100009];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0); 
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
	while(q--)
	{
		memset(p,0,sizeof(p));//多测不清空，RE两行泪
		int x,k;
		cin>>x>>k;
		p[1]=x,ans=0;
		for(int i=2;i<=n&&p[i-1]<=n&&p[i-1]>=1;i++)//别让数组越界
			p[i]=p[i-1]+k+a[p[i-1]];//直接按照题意莽上去
		for(int i=1;i<=n;i++)
			if(p[i]<=n&&p[i]>=1) ans+=b[p[i]];//同理
			else break;
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

二、满分思路

骗分代码交上去理所当然地 $TLE$ 了

我们静下心来，再仔细想一想这道题中数列 $P$ 有什么性质

我们发现，对于第 $i$ 个询问，不考虑数列 $S$ 的影响， $| P |$ 是与 $\frac{n}{K_{i}}$ 同阶的

因此，我们可以对 $K_{i}$ 的值用分块的思想做出分类：

$K_{i} \geq \sqrt{n}$ ：

我们发现，在这种情况下， $| P |$ 是不会超过 $\sqrt{n}$ 的

所以我们只需要按照上面暴力的思路来就可以了~~（直接把暴力代码粘贴过来）~~

时间复杂度 $O (\sqrt{n})$
$K_{i} < \sqrt{n}$ ：

这种情况下， $| P |$ 有可能远远超过 $\sqrt{n}$ ，造成上面的暴力跑不过去

但我们发现，当 $K_{i} < \sqrt{n}$ 时， $K_{i}$ 的可能数也会较少

同时我们发现，对于任意一个 $K_{i}$ ，在数列 $S$ 相同的情况下，一定对应一个唯一的数列 $P$

因此我们处理出所有 $K_{i} < \sqrt{n}$ 时所有的 $P$ 的情况

具体的，对于每一个 $K_{i} < \sqrt{n}$ ，我们都建一棵高度为 $n$ 的树，从根节点开始，依次计算这棵树的前缀和，询问时直接输出第 $K_{i}$ 棵树中根节点到 $X_{i}$ 的前缀和即可（代表题目中询问的 $\sum_{j = 1}^{| P |} T_{P_{j}}$

预处理时间复杂度 $O (n \sqrt{n})$ ，询问时间复杂度 $O (1)$

按照上面两种情况考虑，这道题标准时间复杂度应该是 $O ((n + q) \sqrt{n})$

 #include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,q,ans,sqn;
int a[100009],b[100009];
int p[100009],nex[319][100009];
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&q),sqn=sqrt(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
	for(int i=1;i<=sqn;i++)
		for(int j=n;j>=1;j--)
		{
			nex[i][j]=b[j];
			if(i+j+a[j]<=n) nex[i][j]+=nex[i][i+j+a[j]];//重点部分，根据公式推出来的
		}//n*sqrt(n) 预处理
	while(q--)
	{
		int x,k;
		scanf("%lld%lld",&x,&k);
		if(k>=sqn)//大于 sqrt(n) 就暴力
		{
			p[1]=x,ans=0;
			for(int i=2;i<=n&&p[i-1]<=n&&p[i-1]>=1;i++)
				p[i]=p[i-1]+k+a[p[i-1]];
			for(int i=1;i<=n;i++)
				if(p[i]<=n&&p[i]>=1) ans+=b[p[i]];
				else break;
			printf("%lld\n",ans);
			continue;
		}
		printf("%lld\n",nex[k][x]);//不然直接输出
	}
	return 0;
}

贰、虚空

这道题是比赛上最简单的一题

~~尽管还是可以打暴力~~

一、骗分思路

还是和 $T1$ 一样，按照题意模拟

每次从 $i = n \sim 1, j = m \sim 1$ 的顺序查找，找到第一个为 $1$ 的数，把这个数左上角的数全部取反，同时答案 $+ 1$

可以水 60分

 //代码转载自 topscoding10125
//此代码网址：https://www.topscoding.com/records/6301ff482e0ba731ef9d3530
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int cnt=0,n,m;
string s;
bool b[5001][5001];
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>s;
		for(int j=1;j<=m;j++)
			b[i][j]=s[j-1]-'0';
	}
	while(1){
		int x=-1,y=-1;
		bool flag=1;
		for(int i=n;i>=1&&flag;i--)
			for(int j=m;j>=1&&flag;j--)
				if(b[i][j])
					x=i,y=j,flag=0;//按题意找到第一个不为 0 的数并记录坐标
		if(flag)//如果都为 0 就结束循环
			break;
		for(int i=1;i<=x;i++)
			for(int j=1;j<=y;j++)
				b[i][j]=!b[i][j];//左上角全部取反
		cnt++;//计数器 +1
	}
	cout<<cnt<<endl;
	return 0;
}

二、满分思路

这道题要用到差分的二维前缀（异或）和

我们发现，对于每一个位于 $(x, y)$ 的修改操作，影响的一定是 $(1 \sim x, 1 \sim y)$ 坐标里的值

也就是说，若某个位置 $(x, y)$ 为 $1$ ，且它的右下角的矩阵除了它全是 $0$ ，那肯定要在 $(x, y)$ 进行一次操作（也就是上面暴力的思想）

而取反这个东西如果是暴力 $O (n m)$ 的话，总时间复杂度会是 $O (n^{2} m^{2})$ 会 $TLE$

因为操作的是整个子矩阵，所以我们考虑用差分的思想

差分过程就不在讲了，具体想了解可以百度

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,ans;
bool a[5009][5009],s[5009][5009];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0); 
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			char c;
			cin>>c,a[i][j]=c-48;
		}
	for(int i=n;i>=1;i--)
		for(int j=m;j>=1;j--)
			s[i][j]=s[i+1][j]^s[i][j+1]^s[i+1][j+1],//差分
			ans+=s[i][j]^a[i][j],//计算这一位要不要操作（取反）
			s[i][j]^=(1*(s[i][j]^a[i][j]));//如果这一位要取反，就把它取反
    //这里笔者太懒了（ε=ε=ε=┏(゜ロ゜;)┛）简写了
    //原本这里应该有 if 判断的，笔者把它省略了（doge
	cout<<ans;
	return 0;
}

叁、星河

这道题有四种解法，接下来一一讲解

一、骗分思路——暴力

还是按照题意模拟，枚举区间 $l \sim r$ 中无序实数对 $(i, j)$ ，判断是否符合题目要求

时间复杂度 $O (q (r - l)^{2})$ ，可以骗 $30$ 分

 #include<bits/stdc++.h>
#define int long long//十年 OI 一场空，不开 long long 见祖宗（悲）
using namespace std;
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0); 
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		int l,r,ans=0;
		cin>>l>>r;
		for(int i=l;i<=r;i++)
			for(int j=i+1;j<=r;j++)
				if(i/__gcd(i,j)*j>i+j) ans++;//暴力枚举
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

二、骗分思路——找规律

我们发现，若 $[i, j] \leq i + j$ （ $[i, j]$ 表示 $i$ 和 $j$ 的最小公倍数），则 当且仅当 $i | j$ 或 $j | i$

于是我们可以对于 $l \sim r$ 中每一个数算出这个区间里有多少个数是它的倍数

具体的，对于一个数 $x (l \leq x \leq r)$ ，这个区间里一共有 $⌊ \frac{r - l + 1}{x} ⌋$ 个数是它的倍数

时间复杂度降到了 $O (q (r - l))$ ，可以骗 $50$ 分

代码就不放了，因为第三种解法就是它的改进版

三、满分思路——数论分块

上面第二种解法的时间复杂度瓶颈在于对于每个询问，都要把整个区间全部扫一遍

但我们再想想就可以发现， $⌊ \frac{r - l + 1}{x} ⌋$ 只会有约等于 $\sqrt{r - l + 1}$ 种结果

可以用数论分块来优化，时间复杂度为 $O (q \sqrt{r - l})$ ，可以 $AC$

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		int l,r;
		unsigned long long ans=0;
		scanf("%d%d",&l,&r);
		for(int lef=l,rig;lef<=r;lef=rig+1)
			rig=r/(r/lef),ans+=(rig-lef+1)*1ll*(r/lef);//数论分块
		printf("%lld\n",(ans=((r-l+2)*1ll*(r-l+1)>>1)-ans));//注意，答案是整个组合的数量减去前面统计的值
	}
	return 0;
}

四、满分思路——树状数组

我们考虑枚举 $l \leq i < r$ ，对于每个 $i$ ，累和统计它在 $[i + 1, r]$ 区间中的倍数数量

$[l, r]$ 区间中数对的数量是 $\frac{(r - l + 1) (r - l)}{2}$ 的，所以我们拿所有的数量减去不满足的数量即可（刚才讲过了）

由于询问较多 $(q \leq 10^{5})$ ，考虑离线

注意到，对于一对不满足孪生星数对的 $(i, j)$ ，会被所有在 $l = [1, i], r = [j, M A X R]$ 范围内被统计

我们稍加思索得出结论，如果 $l$ 比较大，被影响的就会比较少，甚至会不被统计

因此，我们先开一个计数数组 $d$ ，将询问以 $l$ 降序排序，从 $M A X R \sim 1$ 枚举 $i$ ，再枚举 $i$ 的倍数 $j$ ，同时将 $d_{j}$ 加 $1$

然后对于每个询问，当 $i = l$ 时，答案就是

\frac{(r - l + 1) (r - l)}{2} - \sum_{x = 1}^{r} d_{x}

我们发现，这里是单点修改，区间查询，因此我们考虑用树状数组

时间复杂度 $O (q \log q + r \log r)$

~~当然用分块也可以~~

 //代码转载自 heshuyu1527
//此代码网址：https://www.topscoding.com/records/630365b62e0ba731ef9d4fd9
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lowbit(x) x&-x//树状数组模板
int q;
long long ans[100005],t[500005];//t:树状数组模板
struct seg{
	int l,r,seq;
}a[100005];//离线处理
bool cmp(const seg& x,const seg& y){
	return x.r<y.r;
}
void add(int x,long long k){//树状数组模板
	for(;x<=500000;x+=lowbit(x))t[x]+=k;
}
long long ask(int x){//树状数组模板
	long long res=0;
	for(;x;x-=lowbit(x))res+=t[x];
	return res;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		cin>>a[i].l>>a[i].r;
		a[i].seq=i;
	}
	sort(a+1,a+q+1,cmp);
	int p=1;
	for(int i=1;i<=500000;i++){
		for(int j=1;j*j<=i;j++){
			if(i%j==0){
				add(j,1);
				if(j*j!=i)add(i/j,1);//上面思路中的“增加”操作
			}
		}
		while(a[p].r==i&&p<=q){
			long long len=a[p].r-a[p].l+1;
			ans[a[p].seq]=len*(len+1)/2-ask(a[p].r)+ask(a[p].l-1);//套入上面推理的公式
			p++;
		}
		if(p>q)break;//左边界比右边界还大就中断
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)cout<<ans[i]<<'\n';
    return 0;
}

肆、天启

一、骗分思路

直接暴力，按题意模拟，可得 $30$ 分

二、满分思路

稍加推理，便可以得出答案是

min {max {min {a_{i}, a_{i + 1}}} (1 \leq i < n), 2 \times min {a_{i}} (1 \leq i \leq n)}

即要么一直走一条链，要么跑到最小值那里转一圈

所以我们有如下策略：

用 $k$ 次操作将第 $1$ 小到第 $k$ 小值全部改为 $10^{9}$
用 $k - 1 (k > 1)$ 次操作将第 $1$ 小到第 $k - 1$ 小值全部改为 $10^{9}$ ，并在其中一个值的旁边修改一个 $10^{9}$
在最大值的旁边把一个值修改为 $10^{9}$

然后就排序、套策略就行了

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1e9;
int n,times,a[300009];
pair<int,int>maxed,ring;
pair<int,int>node[300009];
inline bool cmp_node(pair<int,int>u,pair<int,int>v)
{
	return u.first<v.first?1:(u.first>v.first?
		       0:u.second<v.second);
}
inline int find_max(int l,int r)
{
	int res=0;
	for(int i=l;i<=r;i++) res=max(res,a[i]);
	return res;
}
inline void copy_max(int l,int r)
{
	for(int i=l;i<=r;i++) a[node[i].second]=inf;
	return;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0); 
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
		cin>>n>>times;
		maxed=ring=make_pair(0,0);
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],node[i]=make_pair(a[i],i);
		sort(node+1,node+n+1,cmp_node);
		if(!(times^1))
			maxed.first=find_max(1,n),ring.first=node[1].first<<1,
			a[node[1].second]=inf;
		else
			copy_max(1,times-1),
			maxed.first=inf,ring.first=node[times].first<<1,
			a[node[times].second]=inf;
		for(int i=2;i<=n;i++)
			maxed.second=max(maxed.second,min(a[i],a[i-1]));
		if(times^n) ring.second=node[times+1].first<<1;
		else ring.second=(inf<<1);
		cout<<max(min(maxed.first,ring.first),min(maxed.second,ring.second))<<"\n";
	}
	return 0;
}

$THE END$

posted @ 2022-08-24 21:51 DreamerX 阅读(48) 评论(0) 编辑收藏举报

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四、满分思路——树状数组

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二、满分思路

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	#include<bits/stdc++.h>
	#define int long long
	using namespace std;
	int n,q,ans;
	int a[100009],b[100009];
	int p[100009];
	signed main()
	{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
	while(q--)
	{
	memset(p,0,sizeof(p));//多测不清空，RE两行泪
	int x,k;
	cin>>x>>k;
	p[1]=x,ans=0;
	for(int i=2;i<=n&&p[i-1]<=n&&p[i-1]>=1;i++)//别让数组越界
	p[i]=p[i-1]+k+a[p[i-1]];//直接按照题意莽上去
	for(int i=1;i<=n;i++)
	if(p[i]<=n&&p[i]>=1) ans+=b[p[i]];//同理
	else break;
	cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
	}

	//代码转载自 topscoding10125
	//此代码网址：https://www.topscoding.com/records/6301ff482e0ba731ef9d3530
	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	int cnt=0,n,m;
	string s;
	bool b[5001][5001];
	int main(){
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	cin>>s;
	for(int j=1;j<=m;j++)
	b[i][j]=s[j-1]-'0';
	}
	while(1){
	int x=-1,y=-1;
	bool flag=1;
	for(int i=n;i>=1&&flag;i--)
	for(int j=m;j>=1&&flag;j--)
	if(b[i][j])
	x=i,y=j,flag=0;//按题意找到第一个不为 0 的数并记录坐标
	if(flag)//如果都为 0 就结束循环
	break;
	for(int i=1;i<=x;i++)
	for(int j=1;j<=y;j++)
	b[i][j]=!b[i][j];//左上角全部取反
	cnt++;//计数器 +1
	}
	cout<<cnt<<endl;
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	int n,m,ans;
	bool a[5009][5009],s[5009][5009];
	signed main()
	{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{
	char c;
	cin>>c,a[i][j]=c-48;
	}
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	for(int j=m;j>=1;j--)
	s[i][j]=s[i+1][j]^s[i][j+1]^s[i+1][j+1],//差分
	ans+=s[i][j]^a[i][j],//计算这一位要不要操作（取反）
	s[i][j]^=(1*(s[i][j]^a[i][j]));//如果这一位要取反，就把它取反
	//这里笔者太懒了（ε=ε=ε=┏(゜ロ゜;)┛）简写了
	//原本这里应该有 if 判断的，笔者把它省略了（doge
	cout<<ans;
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	#define int long long//十年 OI 一场空，不开 long long 见祖宗（悲）
	using namespace std;
	signed main()
	{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
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	int l,r,ans=0;
	cin>>l>>r;
	for(int i=l;i<=r;i++)
	for(int j=i+1;j<=r;j++)
	if(i/__gcd(i,j)*j>i+j) ans++;//暴力枚举
	cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
	}

	//代码转载自 heshuyu1527
	//此代码网址：https://www.topscoding.com/records/630365b62e0ba731ef9d4fd9
	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	#define lowbit(x) x&-x//树状数组模板
	int q;
	long long ans[100005],t[500005];//t:树状数组模板
	struct seg{
	int l,r,seq;
	}a[100005];//离线处理
	bool cmp(const seg& x,const seg& y){
	return x.r<y.r;
	}
	void add(int x,long long k){//树状数组模板
	for(;x<=500000;x+=lowbit(x))t[x]+=k;
	}
	long long ask(int x){//树状数组模板
	long long res=0;
	for(;x;x-=lowbit(x))res+=t[x];
	return res;
	}
	int main()
	{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;i++){
	cin>>a[i].l>>a[i].r;
	a[i].seq=i;
	}
	sort(a+1,a+q+1,cmp);
	int p=1;
	for(int i=1;i<=500000;i++){
	for(int j=1;j*j<=i;j++){
	if(i%j==0){
	add(j,1);
	if(j*j!=i)add(i/j,1);//上面思路中的“增加”操作
	}
	}
	while(a[p].r==i&&p<=q){
	long long len=a[p].r-a[p].l+1;
	ans[a[p].seq]=len*(len+1)/2-ask(a[p].r)+ask(a[p].l-1);//套入上面推理的公式
	p++;
	}
	if(p>q)break;//左边界比右边界还大就中断
	}
	for(int i=1;i<=q;i++)cout<<ans[i]<<'\n';
	return 0;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	const int inf=1e9;
	int n,times,a[300009];
	pair<int,int>maxed,ring;
	pair<int,int>node[300009];
	inline bool cmp_node(pair<int,int>u,pair<int,int>v)
	{
	return u.first<v.first?1:(u.first>v.first?
	0:u.second<v.second);
	}
	inline int find_max(int l,int r)
	{
	int res=0;
	for(int i=l;i<=r;i++) res=max(res,a[i]);
	return res;
	}
	inline void copy_max(int l,int r)
	{
	for(int i=l;i<=r;i++) a[node[i].second]=inf;
	return;
	}
	signed main()
	{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	int T;
	cin>>T;
	while(T--)
	{
	cin>>n>>times;
	maxed=ring=make_pair(0,0);
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],node[i]=make_pair(a[i],i);
	sort(node+1,node+n+1,cmp_node);
	if(!(times^1))
	maxed.first=find_max(1,n),ring.first=node[1].first<<1,
	a[node[1].second]=inf;
	else
	copy_max(1,times-1),
	maxed.first=inf,ring.first=node[times].first<<1,
	a[node[times].second]=inf;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	maxed.second=max(maxed.second,min(a[i],a[i-1]));
	if(times^n) ring.second=node[times+1].first<<1;
	else ring.second=(inf<<1);
	cout<<max(min(maxed.first,ring.first),min(maxed.second,ring.second))<<"\n";
	}
	return 0;
	}