2024.11.16 2024 CCPC济南站

Solved：5/13

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比赛链接

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A. The Fool

题意：给一个 $n\times m$ 的字符串矩阵，有一个字符串和其他不同，求这个字符串的位置。

直接模拟即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int N=205;
string a[N];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int n,m,k;
    cin>>n>>m>>k;
    for(int i=0;i<n;++i)cin>>a[i];
    string t=a[0].substr(0,k);
    int x,y,cnt=0;
    for(int i=0;i<n;++i)
        for(int j=0;j<m;++j)
            if(a[i].substr(j*k,k)!=t)x=i,y=j,++cnt;
    if(cnt>1)cout<<"1 1\n";
    else cout<<x+1<<' '<<y+1<<'\n';
}

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J. Temperance

题意：三维空间中有 $n$ 个点，定义一个点的密度为与它某一维坐标相同的点数的最大值。现要删去一些点，使所有留下的点密度都至少为 $k$，对 $k=0,1,\dots ,n-1$ 求最少删去的点数。

一开始想复杂了，以为要维护一个 set 然后删点什么的。结果写一半发现复杂度不对。

然后发现暴力就是对的，因为每次删点都会把 $k$ 最小的点都删掉（而且不会影响 $k$ 更大的点），所以最多就删根号次。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
const int N=1e5+5;
int n,a[N],b[N],c[N],s[N],ans[N];
int x[N],y[N],z[N];
bool vis[N];
void solve(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        cin>>a[i]>>b[i]>>c[i],vis[i]=0;
        ++x[a[i]],++y[b[i]],++z[c[i]];
    }
    int k=0,cnt=0;
    while(cnt<n){
        for(int i=1;i<=n;++i)if(!vis[i])s[i]=max(max(x[a[i]],y[b[i]]),z[c[i]]);
        int mn=n;
        for(int i=1;i<=n;++i)if(!vis[i])mn=min(mn,s[i]);
        while(k<=mn-1)ans[k]=cnt,++k;
        for(int i=1;i<=n;++i)if(!vis[i]&&s[i]<=k)
            vis[i]=1,--x[a[i]],--y[b[i]],--z[c[i]],++cnt;
    }
    while(k<=n-1)ans[k]=n,++k;
    for(int i=0;i<=n-1;++i)cout<<ans[i]<<' ';
    cout<<'\n';
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

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F. The Hermit

题意：对一个整数集 $S$，定义

$$f(S)=max\{|T|:T\subset S,min(T)\ne gcd(T)\}$$

，求

$$\sum \{f(S):S\subset \{1,2,\dots ,n\},|S|=m\}$$

首先对一个确定的集合，我们一定会删掉最小的几个数，直到 $min\ne gcd$ 为止。

假设删掉的最大数为 $d$，则集合中原有的比 $d$ 小的数都是 $d$ 的约数且后一个是前一个的倍数（不妨称为“倍数链”）；比 $d$ 大的数都是 $d$ 的倍数且满足 $gcd\ne min$。

对每个 $d$，dp 预处理 $f(d,k)$ 表示 $d$ 的“倍数链”的数量，暴力整除分块计算后半部分的方案即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
const int N=1e5+5,mod=998244353;
ll fac[N],inf[N];
ll f[N][18];
void init(int n){
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inf[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)inf[i]=inf[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    inf[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)inf[i]=inf[i-1]*inf[i]%mod;
 
    for(int i=1;i<=n;++i)f[i][1]=1;
    for(int k=2;k<=17;++k)
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=i*2;j<=n;j+=i)
                f[j][k]=(f[j][k]+f[i][k-1])%mod;
}
 
ll C(int n,int m){
    if(n<m||m<0)return 0;
    return fac[n]*inf[m]%mod*inf[n-m]%mod;
}
 
ll calc(int n,int m){
    if(!m)return 1;
    if(n<=m)return 0;
    ll res=C(n-1,m);
    for(int i=2,j;i<=n;i=j+1){
        j=n/(n/i);
        res=(res-(j-i+1)*C(n/i-1,m-1))%mod;
    }
    return res;
}
 
int n,m;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    cin>>n>>m;
    init(n);
    ll ans=C(n,m)*m%mod;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=min(m,17);++j)if(f[i][j])
            ans=((ans-j*f[i][j]%mod*calc(n/i,m-j))%mod+mod)%mod;
    cout<<ans<<'\n';
}

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B. The Magician

题意：你有 $n$ 张初始手牌和一些换手牌的规则，要凑出尽可能多的同花。

暴搜就完了。那一坨规则全搜一遍也只有 ${20}^4\times 4\times 16=10240000$ 种情况。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int op(char c){
    if(c=='D')return 0;
    if(c=='C')return 1;
    if(c=='H')return 2;
    if(c=='S')return 3;
}
 
int n,c[5],t[6],ans;
string ss;
void dfs(int x){
    if(x==6){
        int d[5];
        memcpy(d,c,sizeof(d));
        int sum=0;
        for(int i=0;i<4;++i)sum+=c[i]/5,c[i]%=5;
        sort(c,c+4);
        for(int i=3;i>=0;--i){
            if(c[i]+c[4]>=5)c[4]-=5-c[i],++sum;
        }
        ans=max(ans,sum);
        memcpy(c,d,sizeof(c));
        return;
    }
    if(t[x]){
        if(x<=3){
            int id[3],d[5];
            for(int i=0,j=0;i<4;++i)if(i!=x)id[j++]=i;
            for(int i=0;i<=3&&i<=c[id[0]];++i)
                for(int j=0;i+j<=3&&j<=c[id[1]];++j)
                    for(int k=0;i+j+k<=3&&k<=c[id[2]];++k){
                        memcpy(d,c,sizeof(d));
                        c[id[0]]-=i;
                        c[id[1]]-=j;
                        c[id[2]]-=k;
                        c[x]+=i+j+k;
                        dfs(x+1);
                        memcpy(c,d,sizeof(c));
                    }
        }
        else if(x==4){
            for(int i=0;i<4;++i)if(c[i]){
                --c[i],++c[4];
                dfs(x+1);
                ++c[i],--c[4];
            }
        }
        else{
            for(int i=0;i<5;++i)if(c[i])
                for(int j=0;j<4;++j)if(c[j]){
                    --c[j],++c[i];
                    dfs(x+1);
                    ++c[j],--c[i];
                }
        }
    }
    dfs(x+1);
}
void solve(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i)cin>>ss,++c[op(ss[1])];
    ans=0;
    int sum=0;
    for(int i=0;i<4;++i)sum+=c[i]/5,c[i]%=5;
    for(int i=0;i<6;++i)cin>>t[i];
    dfs(0);
    cout<<ans+sum<<'\n';
    memset(c,0,sizeof(c));
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

I. The Hanged Man

题意：给一棵树，加一些边使得每条边都恰好在一个环上，且不存在重边和子环。输出方案，无解输出 -1。

等价于将树拆分成若干条长度 $\ge 2$ 的链。对每棵子树，如果有偶数个儿子，直接配对；如果有奇数个儿子，将最长的链传到根上。

选取一个偶度数的点作为根开始 dfs。如果所有点的度数都为奇数，则无解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
 
const int N=3e5+5;
int n,x,y,d[N];
vector<int> e[N];
void adde(int x,int y){
    e[x].push_back(y),++d[y];
}
 
int dep[N];
vector<pii> ans;
int dfs(int u,int f){
    vector<int> b;
	for(int v:e[u])if(v!=f){
        dep[v]=dep[u]+1;
        int t=dfs(v,u);
        b.push_back(t);
	}
    int m=b.size();
    if(m&1){
        for(int i=0;i<m;++i)if(dep[b[i]]>dep[b[m-1]])swap(b[i],b[m-1]);
    }
    for(int i=0;i+1<m;i+=2)ans.emplace_back(b[i],b[i+1]);
    if(m&1)return b[m-1];
    else return u;
}
 
void solve(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i)e[i].clear(),d[i]=0;
    for(int i=1;i<n;++i){
        cin>>x>>y;
        adde(x,y),adde(y,x);
    }
    int rt=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)if(!(d[i]&1)){rt=i;break;}
    if(!rt){cout<<"-1\n";return;}
    int s=dfs(rt,0);
    if(s!=rt)ans.emplace_back(s,rt);
    cout<<ans.size()<<'\n';
    for(auto [x,y]:ans)cout<<x<<' '<<y<<'\n';
    ans.clear();
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)solve();
}

---

E. The Chariot

题意：一辆出租车，起步价 $X$ 公里 $A$ 元，$X+Y$ 公里前 $B$ 元每公里，$X+Y$ 公里后 $C$ 元每公里。你可以在任意位置下车并重新打车，问走 $D$ 公里最少要花多少钱。

首先特判掉 $D\le X$ 和 $D\le X+Y$ 的情况。其余情况贪心，根据 $A,B,C$ 的大小关系分三种情况七种小情况：

• 尽量用 A：AAA......A 或 AAA......ABAB...AB 或 AAA......ABC

• 尽量用 AB：ABABAB......ABC 或 ABABAB.......AB 或 ABABAB.........A

• 尽量用 C：ABC

取min即可。

本题范围太大，建议使用 python。

def solve():
    a,b,c,x,y,d = map(int, input().split())
    if d <= x:
        return a
    def AB(d):
        q = d // x
        r = d % x
        if r <= y: return q*a + min(a, b*r)
        else: return (q+1)*a
    if d <= x+y: return min(a+b*(d-x), AB(d))
    q = d // (x+y)
    r = d % (x+y)
    ans = []
    ans.append(AB(d))
    ans.append(a+b*y+c*(d-x-y))
    ans.append((a+b*y)*q + c*r)
    if r > x: ans.append((a+b*y)*q + a+b*(r-x))
    else: ans.append((a+b*y)*q + a-b*min(q*y, x-r))
    q1 = d // x
    r1 = d % x
    ans.append(a*(q1+1))
    if r1 <= y: ans.append(a*q1 + b*r1)
    else:
        if c<=b: ans.append(a*q1 + b*y + c*(r1-y))
        else: ans.append(a*q1 + b*min(r1, q1*y) + c*max(0, r1-q1*y))
    return min(ans)
 
if __name__ == "__main__":
    T = int(input())
    while T > 0:
        print(solve())
        T -= 1