2019CCPC-江西省赛
Contest Info
[Practice Link](https://cn.vjudge.net/contest/313014)
| Solved | A | B | C | D | E | F | G | H | I | J | K |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 9/11 | O | - | Ø | O | - | O | O | O | O | O | O |
- O 在比赛中通过
- Ø 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
Solutions
A. Cotree
题意：
有两棵树，一共有\(n\)个点，现在要求在两棵树中连一条边，使得他们变成一棵树，如何连边使下式最小：
\[\begin{eqnarray*}
\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = i + 1}^n dis(i, j)
\end{eqnarray*}
\]
思路：
我们可以单独考虑边的贡献，一条边的贡献是这条边两边的点数乘积。
那么新加的边的贡献是固定的。
我们考虑怎么减少已存在的边的贡献，其实我们可以感性的理解一下，我们最后选出的两个点相连，我们强制让它们成为他们各自树中的根，那么这么考虑：
- 令\(f[i]\)表示以\(i\)为根的子树中的边的贡献
那么转移有：
\[\begin{eqnarray*}
f[u] = \sum\limits_{v \in son[u]} f[v] + sze[v] * (n - sze[v])
\end{eqnarray*}
\]
- 令\(g[i]\)表示以\(i\)为根的非子树中的边的贡献
那么转移有：
\[\begin{eqnarray*}
g[u] = g[fa[u]] + f[fa[u]] - f[u] - (sze[u]) * (n - sze[u]) + (sze[u] + S) * (n - sze[u] - S)
\end{eqnarray*}
\]
其中\(S\)代表另外一棵树的大小，最后那两部分主要是\(u \rightarrow fa[u]\)那条边的贡献变了
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
int n, S, T;
vector <vector<int>> G;
int fa[N], sze[N];
ll f[N], g[N];
void DFS(int u) {
sze[u] = 1;
f[u] = 0;
for (auto v : G[u]) if (v != fa[u]) {
fa[v] = u;
DFS(v);
sze[u] += sze[v];
f[u] += f[v];
f[u] += 1ll * sze[v] * (n - sze[v]);
}
}
ll DFS2(int u, int rt, int S) {
if (u != rt) {
g[u] = g[fa[u]] + f[fa[u]] - f[u] + 1ll * (n - sze[u] - S) * (sze[u] + S) - 1ll * sze[u] * (n - sze[u]);
} else {
g[u] = 0;
}
ll res = f[u] + g[u];
for (auto v : G[u]) if (v != fa[u]) {
res = min(res, DFS2(v, rt, S));
}
return res;
}
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
G.clear(); G.resize(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) fa[i] = -1;
for (int i = 1, u, v; i < n - 1; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
int rt[2]; rt[0] = 1;
fa[1] = 1;
DFS(1); S = sze[1]; T = n - S;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (fa[i] == -1) {
rt[1] = i;
fa[i] = i;
DFS(i);
break;
}
}
ll res = DFS2(1, 1, T) + DFS2(rt[1], rt[1], S) + 1ll * S * T;
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
C.Trap
题意：
有\(n\)根长度为\(a_i\)的棍子，询问有多少种方案选出四条边，使得它们的\(gcd = 1\)，并且能够组成一个等腰梯形。
思路：
考虑\(f(d)\)为长度为\(d\)的倍数的棍子组成的方案数，那么可以容斥原理有：
\[\begin{eqnarray*}
ans = \sum\limits_{i = 1}^{maxlen} f(i)\mu(i)
\end{eqnarray*}
\]
其中\(\mu(i)\)为莫比乌斯函数，它的定义如下：
\[\begin{eqnarray*}
\mu(n) =
\left\{
\begin{array}{cccc}
1 && n = 1 \\
(-1)^k && n = p_1p_2, \cdots p_k \text{n中无平方因数} \\
0 && \text{n中有>1的平方因数}
\end{array}
\right.
\end{eqnarray*}
\]
根据\(\mu(n)\)的定义，我们发现当\(n\)中奇数个质因子的时候\(\mu(n) = -1\)，当\(n\)中有偶数个质因子的时候\(\mu(n) = 1\)，恰好是我们需要的容斥系数。
考虑怎么求解\(f(d)\)，可以两个循环枚举上底和腰：
- 下底的范围是(上底, 上底 + 腰 * 2)
- 注意特判下底等于腰的情况和上底等于腰的情况，棍子是否足够
为什么下底的下界是上底 + 腰 * 2 ?
考虑等腰的那个等角越小的时候，下底越长，那么极限情况，就是角度为\(0\)的时候，这时候长度就是上底 + 腰 * 2, 但是这个长度不合法，所以是开区间。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define M 10010
int n, a[M], cnt[M];
vector <vector<int>> vec, fac;
int prime[M], check[M], mu[M], tot;
void init() {
tot = 0;
memset(check, 0, sizeof check);
mu[1] = 1;
fac.clear();
fac.resize(M);
for (int i = 2; i < M; ++i) {
if (!check[i]) {
prime[++tot] = i;
mu[i] = -1;
}
for (int j = 1; j <= tot; ++j) {
if (1ll * i * prime[j] >= M) break;
check[i * prime[j]] = 1;
if (i % prime[j] == 0) {
mu[i * prime[j]] = 0;
break;
} else {
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
}
for (int i = 1; i < M; ++i) {
for (int j = i; j < M; j += i) {
fac[j].push_back(i);
}
}
}
int main() {
init();
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
vec.clear(); vec.resize(M);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", a + i);
++cnt[a[i]];
for (auto it : fac[a[i]]) {
vec[it].push_back(a[i]);
}
}
ll res = 0;
for (int i = 1; i < M; ++i) {
if (vec[i].empty() || mu[i] == 0) continue;
ll tmp = 0;
sort(vec[i].begin(), vec[i].end());
vec[i].erase(unique(vec[i].begin(), vec[i].end()), vec[i].end());
int sze = vec[i].size();
for (auto it : vec[i]) { //枚举上边
int l = 0, r = 0;
while (l < sze && vec[i][l] < it + 1) ++l;
for (auto it2 : vec[i]) { //枚举腰
if (it != it2 && cnt[it2] >= 2) {
while (r < sze - 1 && vec[i][r + 1] < it + 2 * it2) ++r;
if (l < sze && r < sze && l <= r) {
tmp += r - l + 1;
if (vec[i][l] <= it2 && it2 <= vec[i][r]) {
if (cnt[it2] < 3) --tmp;
}
}
} else if (it == it2 && cnt[it] >= 3) {
while (r < sze - 1 && vec[i][r + 1] < it + 2 * it2) ++r;
if (l < sze && r < sze && l <= r) {
tmp += r - l + 1;
}
}
}
}
res += tmp * mu[i];
}
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
D.Wave
题意：
找一个最长的'wave'，要求满足以下限制：
- 序列长度大于等于\(2\)
- 所有奇数位置上的数相同
- 所有偶数位置上的数相同
- 奇数位置和偶数位置的数不同
思路：
因为值域只有\([1, 100]\)，那么暴力枚举奇数位置上的数和偶数位置上的数即可。
时间复杂度\(\mathcal{O}(nc)\)
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100010
int n, c, a[N];
int f[N][110], nx[110];
int main() {
scanf("%d%d", &n, &c);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
for (int i = 1; i <= c; ++i) nx[i] = n + 1, f[n + 1][i] = n + 1;
for (int i = n; i >= 0; --i) {
for (int j = 1; j <= c; ++j) {
f[i][j] = nx[j];
}
if (i) nx[a[i]] = i;
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= c; ++i) {
for (int j = 1; j <= c; ++j) if (i != j) {
int tmp = 0;
int it = 0;
while (it <= n) {
it = f[it][i];
if (it <= n) {
tmp += 1;
} else break;
it = f[it][j];
if (it <= n) {
tmp += 1;
} else break;
}
if (tmp > 1) {
res = max(res, tmp);
}
}
}
printf("%d\n", res);
return 0;
}
F.String
题意：
给出一个字符串，只包含'a', 'v', 'i', 'n', 要求从中等概率可重复的取出四个字符，问恰好是'avin'的概率是多少。
思路：
根据乘法原理计算即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 110
int n;
char s[N];
int cnt[220];
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
scanf("%s", s + 1);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
for (int i = 1; i <= n; ++i) ++cnt[s[i]];
if (!cnt['a'] || !cnt['v'] || !cnt['i'] || !cnt['n']) {
puts("0/1");
} else {
ll a = 1ll * cnt['a'] * cnt['v'] * cnt['i'] * cnt['n'];
ll b = 1ll * n * n * n * n;
ll G = __gcd(a, b);
a /= G;
b /= G;
printf("%lld/%lld\n", a, b);
}
}
return 0;
}
G. Traffic
题意：
在一个十字路口，有\(n\)辆东西走向的车，他们会在\(a_i\)时刻到达，有\(m\)辆南北走向的车，他们会在\(b_i\)时刻到达。问需要让\(m\)辆南北走向的车整体等待多少秒，使得他们的开始行动之后不会和东西走向的车相撞？
思路：
考虑\(a_i\)和\(b_i\)只有\(1000\)，那么等待时间不会超过\(1000\)，暴力枚举即可。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 5100
int n, m, a[N], b[N];
bool ok(int x) {
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
if (a[b[i] + x]) {
return 0;
}
}
return 1;
}
int main() {
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
memset(a, 0, sizeof a);
for (int i = 1, x; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &x);
a[x] = 1;
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", b + i);
for (int i = 0; i <= 2000; ++i) {
if (ok(i)) {
printf("%d\n", i);
break;
}
}
}
return 0;
}
H.Rng
题意：
考虑随机选择一个区间的过程：
- 先从\([1, n]\)等概率选择\(r\)
- 再在\([1, r]\)中等概率选择出\(l\)
问随机选择两个区间，它们相交的概率？
思路：
考虑枚举\(r\)：
- 考虑\(R\)落在\([r + 1, n]\)的概率，即为：
\[\begin{eqnarray*}
\frac{1}{n^2} \sum\limits_{i = r + 1}^n \frac{r}{i}
\end{eqnarray*}
\]
- 考虑\(R\)落在\([l, r]\)之间的概率，即为：
\[\begin{eqnarray*}
\frac{1}{n}(\frac{1}{r} \sum\limits_{i = 1}^r \frac{r - i +1}{n})
\end{eqnarray*}
\]
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 1000010
const ll p = 1e9 + 7;
ll qmod(ll base, ll n) {
ll res = 1;
while (n) {
if (n & 1) {
res = res * base % p;
}
base = base * base % p;
n >>= 1;
}
return res;
}
int n;
ll f[N], g[N], inv[N];
ll Sf(int l, int r) {
if (l > r) return 0;
return (f[r] - f[l - 1] + p) % p;
}
ll Sg(int l, int r) {
if (l > r) return 0;
return (g[r] - g[l - 1] + p) % p;
}
void add(ll &x, ll y) {
x += y;
if (x >= p) x -= p;
}
int main() {
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; ++i) inv[i] = inv[p % i] * (p - p / i) % p;
for (int i = 1; i < N; ++i) {
f[i] = (f[i - 1] + i) % p;
g[i] = (g[i - 1] + inv[i]) % p;
}
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
ll res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
add(res, 1ll * i * inv[n] % p * inv[n] % p * Sg(i + 1, n) % p);
add(res, 1ll * inv[i] * inv[n] % p * inv[n] % p * (1ll * i * (i + 1) % p - Sf(1, i) + p) % p);
}
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
I. Budget
签到题。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 1100
int n;
char s[N];
ll get() {
scanf("%s", s + 1);
int len = strlen(s + 1);
int pos = -1;
for (int i = 1; i <= len; ++i) {
if (s[i] == '.') {
pos = i;
break;
}
}
if (pos == -1 || len - pos < 3) return 0;
int num = s[pos + 3] - '0';
if (num <= 4) return -num;
else return 10 - num;
}
int main() {
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
ll res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
res += get();
}
printf("%.3f\n", res * 0.001);
}
return 0;
}
J. Worker
题意：
有\(n\)个销售点，有\(m\)个销售员，每个销售员在第\(i\)个销售点会产生\(a_i\)的订单，问如何分配销售员使得每个销售点产生的订单相同。
思路：
首先单个销售点的订单量肯定是所有销售点\(a_i\)的最小公倍数的倍数。
那么判断\(m\)能否整除其最小公倍数即可，然后按比例分配。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1100
#define ll long long
int n, a[N];
ll m, lcm;
void solve() {
ll one = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
one += lcm / a[i];
}
if (m % one) {
puts("No");
return;
}
ll cur = m / one;
puts("Yes");
for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld%c", cur * (lcm / a[i]), " \n"[i == n]);
}
int main() {
while (scanf("%d%lld", &n, &m) != EOF) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
lcm = a[1];
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
lcm = lcm * a[i] / __gcd(lcm, 1ll * a[i]);
}
solve();
}
return 0;
}
K. Class
题意：
给出：
\[\begin{cases}
x &=& a + b \\
y &=& a - b
\end{cases}
\]
计算\(a \cdot b\)。
思路：
签到题。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int x, y;
while (cin >> x >> y) {
int a = (x + y) / 2;
int b = (x - y) / 2;
cout << a * b << "\n";
}
return 0;
}
