SMU Summer 2024 Contest Round 7
SMU Summer 2024 Contest Round 7
Make Equal With Mod
题意
给定一个长度为 \(n\) 的数列 \(a\)。你可以执行若干次操作，每次操作选择一个大于等于 \(2\) 的整数 \(x\)，然后对于所有的 \(1\leqslant i\leqslant n\)，将 \(a_i\) 替换为 \(a_i\bmod x\)。
请判断是否有一种操作序列，使得依次执行完该操作序列中的所有操作之后，数列中的所有数都相等。
思路
最小模数为 2，因此原生的 0 和 1 是无法被消掉的，也就是说，只要存在 1 和 0 ，这个序列就不可能相等，相差为 1 的两个数不管怎么消都会存在一个 0 ，然后再判断下原来有没有 1 即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
cin >> n;
int one = 0;
vector<int>a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> a[i];
one += a[i] == 1;
}
sort(a.begin() + 1, a.end());
for (int i = 2; i <= n; i ++) {
if (a[i] == a[i - 1] + 1 && one) {
cout << "NO\n";
return ;
}
}
cout << "YES\n";
return;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
Game on Ranges
题意
Alice 和 Bob 在玩一个和区间有关的有趣的游戏。他们手上有一个集合 \(S\)，里面一开始只有一个区间 \([1,n]\)。我们定义一个区间 \([a,b]\) 是合法的，当且仅当 \(a\leqslant b\)。在每一步操作中，Alice 可以从集合 \(S\) 中选出一个区间 \([l,r]\)，然后让 Bob 在这个区间中选择一个整数 \(d\)，Alice 随后会把区间 \([l,r]\) 从集合 \(S\) 里面拿出，放入区间 \([l,d-1]\) 和 \([d+1,r]\) 中所有合法的区间。当集合 \(S\) 为空时，游戏结束。我们不难发现这个游戏进行了恰好 \(n\) 次操作。
游戏之后，Alice 记得所有她取出来的区间 \([l,r]\) 但是不记得取这些区间的先后顺序，而 Bob 完全忘记了他从每个区间中取出的整数 \(d\)。然而众所周知，Bob 是绝顶聪明的，因此他知道他可以根据 Alice 取出的区间来判断他在每个区间中选出了哪个整数 \(d\)。现在，请你帮助 Bob 完成这个工作。
思路
考虑从大区间往小区间判断顺序。
每次只会消掉一个数，也就是说每消掉第 i 个数，那么剩下的区间肯定还覆盖 n-i 个数，对区间用差分前缀和维护覆盖的数，然后每次判断那些数是新被消掉的即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
cin >> n;
vector<array<int, 2>> qu(n);
for (auto &[l, r] : qu) {
cin >> l >> r;
}
sort(qu.begin(), qu.end(), [](auto x, auto y) {
return x[1] - x[0] > y[1] - y[0];
});
set<int> s;
for (int i = 0; i < n; i ++) {
auto [lo, ro] = qu[i];
int len = 0;
vector<int> f(n + 2);
for (int j = i + 1; j < n; j ++) {
auto [l, r] = qu[j];
len += r - l + 1;
f[l]++, f[r + 1]--;
}
for (int j = 1; j <= n; j ++) {
f[j] += f[j - 1];
if (!f[j] && !s.count(j)) {
s.insert(j);
cout << lo << ' ' << ro << ' ' << j << '\n';
break;
}
}
}
cout << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}
Buy an Integer
题意
从 \(i=1\sim1e9\) 找到满足 \(A\times i + B\times d(i) \le X\) 的最大数 i，\(d(i)\) 表示 i 的位数。
思路
提示数据范围了，很明显二分。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
i64 A, B, X;
cin >> A >> B >> X;
i64 l = 0, r = 1e9, ans = 0;
while (l <= r) {
i64 mid = l + r >> 1;
int len = to_string(mid).size();
if (A * mid + B * len <= X) l = mid + 1, ans = mid;
else r = mid - 1;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
String Formation
题意
给你个字符串 \(S\)，\(Q\) 次操作，操作 1 翻转字符串，操作 2 根据 F 的值在字符串前后添加一个字符，问最终字符串。
思路
难点在于翻转，考虑翻转对操作 2 的影响其实就是操作 2 的两个操作相反，所以只要记录一个值代表当前字符串是否翻转即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
string s;
cin >> s;
int q;
cin >> q;
int re = 0;
while (q--) {
int op;
cin >> op;
if (op == 1) {
re ^= 1;
} else {
int f;
char c;
cin >> f >> c;
if (re) {
if (f == 1) s += c;
else s = c + s;
} else {
if (f == 2) s += c;
else s = c + s;
}
}
}
if (re) reverse(s.begin(), s.end());
cout << s << '\n';
return 0;
}
Bouquet
题意
你有 n 种不同的花，每种花只有一朵，问你选出的方案数其种类数量不为 a 或 b 的方案数。
思路
根据题意，即求 :
n 大到 1e9 ，直接求肯定不现实，考虑转化 \(C_n^a=\frac{n\times(n-1)\times\dots\times(n-a+1)}{A_a^a}\)，b 同理。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
const i64 mod = 1e9 + 7;
i64 ksm(i64 x, i64 y) {
i64 res = 1;
while (y) {
if (y & 1) res = res * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return res;
}
i64 A(i64 n, i64 m) {
i64 res = 1;
for (int i = m; i >= 1; i--) {
res = res * n % mod;
n--;
}
return res % mod;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
i64 n, a, b;
cin >> n >> a >> b;
i64 x = 1, y = 1;
for (int i = 0; i < a; i ++) {
x = x * (n - i) % mod;
}
x = x * ksm(A(a, a), mod - 2) % mod;
for (int i = 0; i < b; i ++) {
y = y * (n - i) % mod;
}
y = y * ksm(A(b, b), mod - 2) % mod;
cout << (ksm(2, n) - x - y - 1 + mod + mod) % mod << '\n';
return 0;
}
Permutation
题意
第一行给定 \(n\) 和 \(m\)。后 \(m\) 行，每行给定一个规则。
- 规则：后 \(m\) 行每行给出三个整数 \(X_i,Y_i,Z_i\)，表示在排列的前 \(X_i\) 个数字中最多只能有 \(Z_i\) 个数字小于等于 \(Y_i\)。
构造长度为 \(n\) 的排列，求最多可以构造多少个满足所有规则的排列。
思路
考虑状压。
以 i 为状态，每个位置上有 1 则说明选了一个数，用 __builtin_popcount这个函数计算出二进制中的 1 ，当选的个数小于 \(X_j\) 时，用 \(i \& ((1<<Y_j)-1)\) 判断这个状态在前 \(Y_j\) 的位置上放置的个数有没有大于 \(Z_j\) ，存在则说明该状态不合法，跳过即可。
之后就是判断每一位是否为 1 ，是就加上把不放这个数，也就是把这个位置置为 0 的方案数。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<array<int, 3>> a(m);
for (auto &[x, y, z] : a)
cin >> x >> y >> z;
vector<i64> dp(1 << n);
dp[0] = 1;
for (int i = 0; i < (1 << n); i ++) {
bool f = 1;
for (int j = 0; j < m; j ++) {
auto [x, y, z] = a[j];
if (__builtin_popcount(i) <= x && __builtin_popcount(i & ((1 << y) - 1)) > z)
f = 0;
}
if (!f) continue;
for (int j = 0; j < n; j ++) {
if (i >> j & 1)
dp[i] += dp[i - (1 << j)];
}
}
cout << dp[(1 << n) - 1] << '\n';
return 0;
}
String Cards
题意
给出 N 个串，请你在其中选出 K 个串，使得这 K 个串前后拼接形成的串字典序最小。
思路
乍一看是简单题，可能认为排序而已，但是2 2 b ba 该数据就可以卡掉。
考虑按照 \(s_i+s_{i+1}>s_{i+1}+s_i\) 这样排序使得其相对拼接后更小，然后采用 dp 的方式滚掉第一维倒序选取 k 个字符串。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<string> s(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; i ++)
cin >> s[i];
sort(s.begin() + 1, s.end(), [](auto x, auto y) {
return x + y > y + x;
});
vector<string> dp(k + 1, string(1, 'z' + 1));
dp[0] = "";
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
for (int j = min(i, k); j >= 1; j --) {
dp[j] = min(dp[j], s[i] + dp[j - 1]);
}
}
cout << dp[k] << '\n';
return 0;
}
