2024.02.18 测试
成功和鸟哥一起拿下新概念 rk1，特此纪念。
T1 家庭作业
link: gxyzOJ #3593
Description
小 y 最近收到一个家庭作业，计算 \(A\) 和 \(B\) 的最大公约数。由于这两个数太大了，我们给出了 \(n\) 个数，它们的乘积是 \(A\)，给出 \(m\) 个数，它们的乘积是 \(B\)。
输出这个最大公约数对 \(1000000000\) 的值。
Solution
Train of Thought 1
分解质因数。
从 \(\gcd\) 的定义入手，先做求质数的预处理，再对 \(a,b\) 两个数组做质因数分解，取相同的。
时间复杂度由于求质因数的方法而异，在 \(O(nm) \sim O(n^2m)\) 之间（ \(O(n)\)、埃氏筛求质数 \(O(n \log n)\)、暴力求质数 \(O(n^2)\)）
code from @wangsiqi2010916 (%%%)
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
int n, m, a, b, cnt[50005], p[50005], p1[1005], mod = 1000000000, idx, cnt2[50005];
bool vis[50005];
ll ans = 1;
void get_prime() {
for (int i = 2; i <= 50000; i++) {
if (!vis[i]) p[++idx] = i;
for (int j = 1; i * p[j] <= n; j++) {
vis[i * p[j]] = 1;
if (i % p[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
get_prime();
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a);
for (int j = 1; j <= idx; j++) {
while (a % p[j] == 0) {
a /= p[j];
cnt[j]++;
}
}
if (a > 1) p1[i] = a;
}
scanf("%d", &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d", &b);
for (int j = 1; j <= idx; j++) {
while (b % p[j] == 0) {
b /= p[j];
if (cnt2[j] < cnt[j]) {
cnt2[j]++;
ans = ans * p[j] % mod;
}
}
}
if (b > 1) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if (b == p1[j]) {
ans = ans * p1[j] % mod;
p1[j] = 0;
break;
}
}
}
}
printf("%lld", ans % mod);
return 0;
}
Train of Thought 2
分别求每两个数之间的 \(\gcd\) 值，每个数取后除去 \(\gcd\) 值，\(ans = \prod_{i = 1}^{n} \prod_{j = 1}^{m} \gcd(a_i, b_j)\)。
时间复杂度 \(O(mn)\)。
code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1005, mod = 1000000000;
int n, m, ans = 1;
int a[N], b[N];
int gcd(int a, int b) {
if (a % b == 0) return b;
return gcd(b, a % b);
}
signed main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
cin >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++) cin >> b[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
int t = gcd(a[i], b[j]);
ans = ans * t % mod;
a[i] /= t, b[j] /= t;
}
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
T2 距离之和
link: gxyzOJ #3594
link: Luogu P7745
更详细的题解：link
Description
想象一个机器人位于二维空间。初始时，机器人在 \((0,0)\)。有4个命令 S,J,I,Z。
具体的，如果机器人在 \((x, y)\)，在收到 S 命令之后，移动到 \((x, y + 1)\)，收到 J 之后，移动到 \((x, y - 1)\)，I 命令之后移动到 \((x + 1, y)\)，Z 命令之后移动到 \((x - 1, y)\)。
在这个二维空间有 \(n\) 个固定的点，在每个命令之后，每个固定点会计算自己与机器人的曼哈顿距离，然后返回这些距离的总和。
ps：两个点 \((x1, y1)\) 和 \((x2, y2\) 的曼哈顿距离为 \(|x1 - x2| + |y1 - y2|\)。
Solution
40 pts
每次移动后暴力求出每个点的哈曼顿距离，相加输出即可。
code
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define int long long
using namespace std;
namespace xycyx {
int n, m;
int hmd[N];
int X[N], Y[N];
char c;
int botx = 0, boty = 0;
int get_hmd(int X1, int Y1) {
return abs(X1 - botx) + abs(Y1 - boty);
}
void solve() {
ios::sync_with_stdio();
cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> X[i] >> Y[i];
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> c;
if (c == 'S') boty++;
if (c == 'J') boty--;
if (c == 'I') botx++;
if (c == 'Z') botx--;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
ans += get_hmd(X[i], Y[i]);
cout << ans << '\n';
}
}
}
signed main() {
xycyx::solve();
return 0;
} //40pts
100 pts
鉴于数据范围，时间复杂度应为 \(O(m)\)，故每次查询的时间复杂度都为 \(O(1)\)。考虑二分。
对于两条坐标轴，每次移动后分别二分求出有多少个点小于当前机器人的位置，多少点大于当前机器人的位置即可。
可以使用 upper_bound 和 lower_bound。
code
注意先排序后再二分查找。
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100000
#define M 300000
#define ll long long
using namespace std;
namespace cyxyc {
int n, m;
int X1, Y1, X2, Y2, X, Y;
ll ans = 0;
int x[N + 5], y[N + 5];
char str[M + 5];
void solve() {
ios::sync_with_stdio();
cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> x[i] >> y[i];
ans += abs(x[i]) + abs(y[i]);
}
cin >> str + 1;
sort(x + 1, x + 1 + n), sort(y + 1, y + 1 + n);
X1 = upper_bound(x + 1, x + 1 + n, X) - (x + 1);
Y1 = upper_bound(y + 1, y + 1 + n, Y) - (y + 1);
X2 = lower_bound(x + 1, x + 1 + n, X) - (x + 1);
Y2 = lower_bound(y + 1, y + 1 + n, Y) - (y + 1);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (str[i] == 'S') {
ans += 2 * Y1 - n;
Y++;
Y1 = upper_bound(y + 1, y + 1 + n, Y) - (y + 1);
Y2 = lower_bound(y + 1, y + 1 + n, Y) - (y + 1);
}
if (str[i] == 'J') {
ans += n - 2 * Y2;
Y--;
Y1 = upper_bound(y + 1, y + 1 + n, Y) - (y + 1);
Y2 = lower_bound(y + 1, y + 1 + n, Y) - (y + 1);
}
if (str[i] == 'I') {
ans += 2 * X1 - n;
X++;
X1 = upper_bound(x + 1, x + 1 + n, X) - (x + 1);
X2 = lower_bound(x + 1, x + 1 + n, X) - (x + 1);
}
if (str[i] == 'Z') {
ans += n - 2 * X2;
X--;
X1 = upper_bound(x + 1, x + 1 + n, X) - (x + 1);
X2 = lower_bound(x + 1, x + 1 + n, X) - (x + 1);
}
printf("%lld\n", ans);
}
}
}
int main() {
cyxyc::solve();
return 0;
}
T3 country
link: gxyzOJ #3596
link: BZOJ2061
Description
gaoxin 神犇频繁的在发言中表现对伟大，光荣，正确的xx的热爱，我们可以做如下定义：
A = 伟大，光荣，正确的
B = xx
C = 引领我们向前
赞美祖国 = ABC
拼命赞美祖国=赞美祖国 \(\times 10\)
gaoxin 的发言=拼命赞美祖国 \(\times 100\)
显然这个定义必须是无环的。
WJMZBMR感到十分的有压力，他好不容易数出了某个字串的出现次数。
某天他打开电视，发现某人的发言有同样的结构。他很无语，想知道某些字串出现的次数。你能帮帮他吗？
一些定义：
为了简化期间，在输入中用英文表示。
- 字符串：由小写字母组成，如 \(a\)
- 字串名：一定是大写字母，如 \(A\)
那么上面的系统可以写成：
- \(\text{A=greatglorycorrect}\)
- \(\text{B=xx}\)
- \(\text{C=leadusgo}\)
- \(\text{D=ABC}\)
- \(\text{E=DDDDdjh}\)
- \(\text{F=EEEEEgoodbye}\)
同时存在一个母字串名，他就是某人的发言。
Solution
前言
不会。还没改出来。
%%% dingzibo_______ dalao's solution
Want to find dalao dzb? Click here: dingzibo_______
%%%，截至2024年2月18日20点22分，已有 \(7\) 位 dalao 改出此题，他（她）们分别是 @dingzibo_______，@Dyc780511，@shaanxi_liuyuhe_yyyy，@wangsiqi2010916，@No0Chenquanlin，@STAR_light_，@zhangxy__hp。快来 % 他（她）们！
now
OK，其实早就改出来了，忘更新了。
这个：link
简单来说，就是 KMP + DFS + 记忆化搜索
注意有几个点：
- 两个字符串合并后，前一个串的末尾可能和后一个串的开头组成一个符合要求的字符串；
- 同一个字符可能会被重复计算。
code
#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 30
#define maxm 100005
#define MOD 10000
using namespace std;
namespace bydcql_bxy {
int n, m;
int a[maxn][maxm], len[maxn];
char tp[maxn], lentp, t[maxm];
int nxt[maxm];
int dp[maxn][maxm], pos[maxn][maxm];
//dp[i][j]表示字符串i,当前还未匹配时末尾已经与模板串匹配了j位，串i里包含模式串的个数
//pos[i][j]表示匹配结束后KMP指针的位置
void get_nxt(char* S, int n, int* nxt) {
nxt[1] = 0;
for (int i = 2, j = 0; i <= n; i++) {
while (j && S[j + 1] != S[i]) j = nxt[j];
if (S[j + 1] == S[i]) j++;
nxt[i] = j;
}
}
int dfs(int i, int j) {
if (dp[i][j] != -1) return dp[i][j];
dp[i][j] = 0;
int x = j;
for (int k = 1; k <= len[i]; k++) {
if (a[i][k] >= 'A' && a[i][k] <= 'Z') {
int id = a[i][k] - 'A' + 1;
dp[i][j] = (dp[i][j] + dfs(id, x) % MOD + MOD) % MOD;
x = pos[id][x];
} else {
int p = x;
while (p && tp[p + 1] != a[i][k]) p = nxt[p];
if (tp[p + 1] == a[i][k]) p++;
x = p;
if (x == lentp) dp[i][j] = ((dp[i][j] + 1) % MOD + MOD) % MOD;
}
}
pos[i][j] = x;
return dp[i][j];
}
void solve() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
cin >> n >> t + 1;
m = t[1] - 'A' + 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> t + 1;
int l = strlen(t + 1);
for (int j = 3; j <= l; j++) a[t[1] - 'A' + 1][j - 2] = t[j];
len[i] = l - 2;
}
cin >> tp + 1;
lentp = strlen(tp + 1);
get_nxt(tp, lentp, nxt);
memset(dp, -1, sizeof(dp));
dfs(m, 0);
cout << dp[m][0] << '\n';
}
}
int main() {
bydcql_bxy::solve();
return 0;
}
T4 太空飞船
link: gxyzOJ #3597
link: Luogu U407608
Solution
40 pts
直接 \(O(n^4)\) 的暴力即可。
code from @Laoshan_PLUS (%%%)
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
constexpr int MAXN = 10005;
int n, m, a[MAXN];
long long ans;
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(nullptr);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
if (n < 4) {
cout << 0 << '\n';
return 0;
}
sort(a + 1, a + n + 1);
m = unique(a + 1, a + n + 1) - a - 1;
for (int i = 1; i <= m; i++)
for (int j = i + 1; j <= m; j++)
for (int k = j + 1; k <= m; k++)
for (int l = k + 1; l <= m; l++)
if (__gcd(a[i], __gcd(a[j], __gcd(a[k], a[l]))) == 1)
ans++;
cout << ans << '\n';
return 0;
}
60 pts
考虑动态规划。设 \(f_{i, j, k}\) 表示选取到第 \(i\) 个数，已选取的数的最大公约数为 \(j\)，选取的个数为 \(k(0 \le k \le 4)\) 的总方案数。转移方程如下：
则最终答案为 \(f_{n, 1, 4}\)，其中第一维 \(i\) 可用滚动数组优化。
100 pts
容斥原理（莫比乌斯反演？ 不会）。
易得，\(ans =\) 总方案数 \(-\) 不可行方案。
设 \(num_i\) 表示集合中是 \(i\) 倍数的元素的个数，故 \(ans = C_n^4 - \sum{C_{num_i}^4}\)。
但是显然的，\(num_6\) 已经在 \(num_2\) 和 \(num_3\) 被统计过，所以应改为：
化简，可得：
其中 \(cnt_i\) 表示 \(i\) 所包含的质数的数量。
code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 10000
using namespace std;
namespace yydz_wcnm {
int n;
int a[N + 5], num[N + 5];
int ans, C[N + 5];
void init() {
for (int i = 4; i <= N; i++)
C[i] = i * (i - 1) * (i - 2) * (i - 3) / 24;
ans = C[n];
}
void solve() {
ios::sync_with_stdio();
cin.tie(0);
cin >> n;
init();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
num[a[i]] = 1;
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 2; j * j <= a[i]; j++) {
if (a[i] % j == 0) {
num[j]++;
if (j * j != a[i]) num[a[i] / j]++;
}
}
}
for (int i = 1; i <= N; i++) {
bool flag = 0;
for (int j = 2; j * j <= i; j++) {
if (i % j == 0 && i / j % j == 0) {
flag = 1;
break;
}
}
if (flag) continue;
int cnt = 0, x = i;
for (int j = 2; j * j <= x; j++)
if (x % j == 0) {
cnt++;
while (x % j == 0) x /= j;
}
if (x != 1) cnt++;
if (cnt & 1) ans -= C[num[i]];
else ans += C[num[i]];
}
cout << ans << '\n';
}
}
signed main() {
yydz_wcnm::solve();
return 0;
}
也可以预处理质数后再求求组合数。
code from @wangsiqi2010916 (%%% \(\times 2\))
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
int n, p[10000], m, num[10005], vis[10005], cnt[10005];
ll ans, x[10005];
void get_prime() {
for (int i = 2; i <= 10000; i++) {
if (!vis[i]) {
p[++m] = i;
num[i] = 1;
}
for (int j = 1; i * p[j] <= 10000; j++) {
if (i % p[j] && vis[i] != 2) {
vis[i * p[j]] = 1;
num[i * p[j]] = num[i] + 1;
} else {
vis[i * p[j]] = 2;
}
if (i % p[j] == 0) break;
}
}
}
int main() {
get_prime();
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
x[i] = 1ll * i * (i - 1) * (i - 2) * (i - 3) / 24;
}
if (n < 4) {
printf("0");
return 0;
}
ans = 1ll * x[n];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int a;
scanf("%d", &a);
for (int j = 1; j * j <= a; j++) {
if (a % j == 0) {
cnt[j]++;
if (a / j != j) cnt[a / j]++;
}
}
}
for (int i = 2; i <= 10000; i++) {
if (vis[i] == 2 || cnt[i] < 4) continue;
if (num[i] % 2) ans = ans - x[cnt[i]];
else ans = ans + x[cnt[i]];
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
总结
秽土鼬一个。暴力打满，rk1（正着数的）到手。
不要被预处理冲昏了小脑。
看题在再认真仔细一些，多想，多试。注意末尾等特殊情况。
好好理解题意，手推样例。
不会的题，暴力暴力暴力还是暴力；会的题写正解之前暴力暴力暴力还是暴力。
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