暑假集训CSP提高模拟6

合集 - 高一上七月(23)

1.高一上七月上旬日记2024-07-01 2.牛客周赛 Round 492024-07-01 3.Denso Create Programming Contest 2024（AtCoder Beginner Contest 361）2024-07-07 4.NOIP2024模拟12024-07-08 5.NOIP2024模拟22024-07-10 6.高一上七月中旬日记2024-07-11 7.NOIP2024模拟32024-07-11 8.CSP提高组模拟12024-07-12 9.暑假集训CSP提高模拟12024-07-18 10.暑假集训CSP提高模拟22024-07-19 11.暑假集训CSP提高模拟32024-07-20 12.暑假集训CSP提高模拟42024-07-21 13.高一上七月下旬日记2024-07-22 14.暑假集训加赛12024-07-22 15.暑假集训CSP提高模拟52024-07-23

16.暑假集训CSP提高模拟62024-07-24

17.加赛22024-07-24 18.暑假集训CSP提高模拟72024-07-25 19.暑假集训CSP提高模拟82024-07-26 20.暑假集训CSP提高模拟92024-07-27 21.暑假集训CSP提高模拟102024-07-28 22.暑假集训CSP提高模拟112024-07-29 23.暑假集训CSP提高模拟122024-07-31

暑假集训CSP提高模拟6

组题人： @KafuuChinocpp | @Chen_jr

$T 1$ P162. 花间叔祖 $100 p t s$

原题： [ARC148A] mod M
不难发现，最终答案只有 $1$ 和 $2$ 两种取值。
若 $\exists p \geq 2, a_{1} \equiv a_{2} \equiv a_{3} \dots \equiv a_{n} (\mod p)$ ，则最终答案为 $1$ ；否则，答案为 $2$ 。

又因为 $x \equiv y (\mod p)$ 当且仅当 $p | (x - y)$ 。进而得到 ${\begin{cases} p | (a_{2} - a_{1}) \\ p | (a_{3} - a_{2}) \\ \dots \\ p | (a_{n} - a_{n - 1}) \end{cases}$ ，取 $p = gcd (a_{2} - a_{1}, a_{3} - a_{2}, \dots, a_{n} - a_{n - 1})$ 即可。

点击查看代码

int a[200010];
int gcd(int a,int b)
{
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main()
{
    int n,d=0,i;
    cin>>n;
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>a[i];
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        d=gcd(d,a[i]-a[i-1]);
    }
    cout<<((d==1)?2:1)<<endl;
    return 0;
}

赛时写得比较唐，取 $a_{2} - a_{1}, a_{3} - a_{2}, \dots, a_{n} - a_{n - 1}$ 的最小非 $1$ 公因数，质因数分解后开桶记录质因子出现次数。因为 $1 \times 10^{9}$ 内质因子数量不超过 $10$ 所以时空复杂度可以接受。

点击查看代码

int a[200010],prime[200010],c[200010],len=0;
void divede(int x)
{
	for(int i=2;i*i<=x;i++)
	{
		if(x%i==0)
		{
			len++;
			prime[len]=i;
			c[len]++;
			while(x%i==0)
			{
				x/=i;
			}
		}
	}
	if(x>1)
	{
		len++;
		prime[len]=x;
		c[len]++;
	}
}
int main()
{
	int n,flag=0,x,pos=0,i,j;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
	}
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		if(a[i]!=a[i-1])
		{
			pos=i;
			break;
		}
	}
	if(pos!=0)
	{
		divede(abs(a[pos]-a[pos-1]));
		for(i=2;i<=n;i++)
		{
			if(i!=pos)
			{
				x=abs(a[i]-a[i-1]);
				for(j=1;j<=len;j++)
				{
					c[j]+=(x%prime[j]==0);
				}
			}
		}
		for(i=1;i<=len;i++)
		{
			flag|=(c[i]==n-1);
		}
	}
	else
	{
		flag=1;
	}
	cout<<((flag==0)?2:1)<<endl;
	return 0;
}

$T 2$ P150. 合并r $10 p t s$

原题： [ARC107D] Number of Multisets
部分分
- $10 p t s$ ：当 $n = 1$ 时，输出 1 。

设 $f_{i, j}$ 表示填到第 $i$ 个数时元素和为 $j$ 的方案数，此时可以选择填 $1$ 或让先前填的数都除以 $2$ ，故状态转移方程为 $f_{i, j} = f_{i - 1, j - 1} + f_{i, 2 j}$ ，边界为 $f_{0, 0} = 1$ 。

点击查看代码

const ll p=998244353;
ll f[5010][5010];
int main()
{
	ll n,k,i,j;
	cin>>n>>k;
	f[0][0]=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=i;j>=1;j--)
		{
			f[i][j]=f[i-1][j-1];
			if(2*j<=i)
			{
				f[i][j]=(f[i][j]+f[i][2*j])%p;
			}
		}
	}
	cout<<f[n][k]<<endl;
	return 0;
}

$T 3$ P139. 回收波特 $47 p t s$

原题： [ARC149D] Simultaneous Sugoroku

部分分

$47 p t s$ ： $O (n m)$ 暴力枚举即可。

点击查看代码

ll x[300010],ans[300010];
int main()
{
	ll n,m,d,i,j;
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&x[i]);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%lld",&d);
		for(j=1;j<=n;j++)
		{
			if(ans[j]==0)
			{
				x[j]+=((x[j]>0)?-d:d);
				if(x[j]==0)
				{
					ans[j]=i;
				}
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(ans[i]!=0)
		{
			printf("Yes %lld\n",ans[i]);
		}
		else
		{
			printf("No %lld\n",x[i]);
		}
	}
	return 0;
}

正解

充分发扬人类智慧，我们发现任一时刻，若两个点关于原点对称则它们此后的位置一定一直关于原点对称。
波特是动的，但原点是不动的。考虑反过来，让原点动，波特不动。
考虑维护值域，预处理出所有点的答案，最后进行询问。
每次原点移动后将区间分成在原点左侧、在原点上、在原点右侧三个部分，类似启发式合并，将小区间对称到大区间里，建边方便继承答案，然后将小区间删掉。由于每个点至多被删除 $1$ 次所以处理操作时间复杂度为 $O (V)$ 。
最后再 $D F S$ 一遍处理出没删掉的点的答案。

点击查看代码

struct node
{
	int nxt,to;
}e[2000010];
int head[2000010],x[2000010],dfn[2000010],pos[2000010],vis[2000010],cnt=0;
void add(int u,int v)
{
	cnt++;
	e[cnt].nxt=head[u];
	e[cnt].to=v;
	head[u]=cnt;
}
void dfs(int x)
{
	vis[x]=1;
	for(int i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
	{
		if(vis[e[i].to]==0)
		{
			if(dfn[x]==0)
			{
				pos[e[i].to]=-pos[x];//不能停，坐标取反
			}
			else
			{
				dfn[e[i].to]=dfn[x];//能停，直接继承
			}
			dfs(e[i].to);
		}
	}
}
int main()
{
	int n,m,l=1,r=1000000,d,mid=0,dir=0,i,j;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>x[i];
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>d;
		mid+=(dir==0)?d:-d;
		if(l<=mid&&mid<=r)
		{   
			dfn[mid]=i;
			if(mid-1-l+1<=r-(mid+1)+1)
			{
				for(j=l;j<=mid-1;j++)
				{
					add(mid*2-j,j);
				}
				l=mid+1;
				dir=0;
			}
			else
			{
				for(j=mid+1;j<=r;j++)
				{
					add(mid*2-j,j);
				}
				r=mid-1;
				dir=1;
			}
		}
		else
		{
			dir=(mid>r);
		}
	}
	for(i=l;i<=r;i++)
	{
		if(dfn[i]==0)
		{
			pos[i]=i-mid;
		}
		dfs(i);
	}
	for(i=1;i<=l-1;i++)
	{
		if(dfn[i]!=0)
		{
			dfs(i);
		}
	}
	for(i=r+1;i<=1000000;i++)
	{
		if(dfn[i]!=0)
		{
			dfs(i);
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(dfn[x[i]]==0)
		{
			cout<<"No "<<pos[x[i]]<<endl;
		}
		else
		{
			cout<<"Yes "<<dfn[x[i]]<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

$T 4$ T3342. 斗篷 $0 p t s$

原题： luogu P6949 [ICPC2018 WF] Triangles
发现数据的输入格式是有一定限制的。
只考虑统计形如△的三角形，然后将整个图翻转过来求解。
预处理出 $l d_{x, y}, r d_{x, y}, l_{x, y}$ 分别表示 $(x, y)$ 向左上/右上/左边所能延伸的最长距离。
枚举 $(x, y)$ 作为三角形的右下角，则能进行转移的三角形长度 $i \in [1, min (l_{x, y}, l d_{x, y})]$ 若满足 $r d_{x - i, y} \geq i$ 则对答案产生 $1$ 的贡献。
- 自觉忽略 --- 的影响。

观察到 $\forall i \in [1, r d_{x, y}], r d_{x + i - i, y} = r d_{x, y} \geq i$ ，即 $(x, y)$ 会对 $(k, y) (k \in [x + 1, x + r d_{x, y}])$ 产生 $1$ 的贡献，进行差分，扫描线维护一下即可。具体地，在 $(x, y)$ 的位置进行加一，在 $(x + r d_{x, y})$ 进行减一， vector 存一下要减哪些数的位置。

点击查看代码

struct BIT
{
	ll c[12010];
	void init()
	{
		memset(c,0,sizeof(c));
	}
	ll lowbit(ll x)
	{
		return (x&(-x));
	}
	void update(ll n,ll x,ll val)
	{
		for(ll i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
		{
			c[i]+=val;
		}
	}
	ll getsum(ll x)
	{
		ll ans=0;
		for(ll i=x;i>=1;i-=lowbit(i))
		{
			ans+=c[i];
		}
		return ans;
	}
}T;
short ld[6010][12010],rd[6010][12010],l[6010][12010];
char s1[6010][12010],s2[6010][12010];
vector<ll>d[12010];
string t;
ll ask(char s[6010][12010],ll n,ll m)
{
	memset(ld,0,sizeof(ld));
	memset(rd,0,sizeof(rd));
	memset(l,0,sizeof(l));
	ll ans=0,i,j,k;
	for(i=1;i<=n;i+=2)
	{
		T.init();
		for(j=(s[i][1]==' '?3:1),k=1;j<=m;j+=4,k++)
		{
			ld[i][j]=(s[i-1][j-1]!=' '&&i-2>=0&&j-2>=0)?ld[i-2][j-2]+1:0;
			rd[i][j]=(s[i-1][j+1]!=' '&&i-2>=0&&j+2<=m)?rd[i-2][j+2]+1:0;
			l[i][j]=(s[i][j-1]!=' '&&j-4>=0)?l[i][j-4]+1:0;
			ans+=T.getsum(k)-T.getsum(k-min(ld[i][j],l[i][j])-1);
			T.update(m,k,1);
			d[k+rd[i][j]].push_back(k);
			while(d[k].empty()==0)
			{
				T.update(m,d[k].back(),-1);
				d[k].pop_back();
			}
		}
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ll r,c,n,m,i,j;
	cin>>r>>c;
	n=2*r-1;
	m=2*c-1;
	for(i=0;i<=n;i++)
	{
		getline(cin,t);
		while(t.size()<m)
		{
			t+=' ';
		}
		s1[i][0]=' ';
		for(j=0;j<=m-1;j++)
		{
			s1[i][j+1]=t[j];
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		s2[i][0]=' ';
		for(j=1;j<=m;j++)
		{
        	s2[i][j]=s1[n-i+1][m-j+1];
		}
	}
	cout<<ask(s1,n,m)+ask(s2,n,m)<<endl;
	return 0;
}

总结

$T 1$ 没想到直接取 $gcd$ ，导致要质因数分解。

后记

题解名称为 hustDelov.md 。

posted @ 2024-07-24 06:36 hzoi_Shadow 阅读(126) 评论(6) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 暑假集训CSP提高模拟9

· 暑假集训CSP提高模拟3

· 暑假集训CSP提高模拟6

· CSP 模拟 6

· 暑假集训CSP提高模拟4

阅读排行：
· 地球OL攻略 —— 某应届生求职总结
· 周边上新：园子的第一款马克杯温暖上架
· Open-Sora 2.0 重磅开源！
· 提示词工程——AI应用必不可少的技术
· .NET周刊【3月第1期 2025-03-02】

公告

昵称： hzoi_Shadow
园龄： 1年9个月
粉丝： 101
关注： 181

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

随笔分类 (336)

随笔档案 (336)

文章档案 (1)

2025年2月(1)

hzoi_Shadow

世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

暑假集训CSP提高模拟6

暑假集训CSP提高模拟6

$T 1$ P162. 花间叔祖 $100 p t s$

$T 2$ P150. 合并r $10 p t s$

$T 3$ P139. 回收波特 $47 p t s$

$T 4$ T3342. 斗篷 $0 p t s$

总结

后记

公告

搜索

常用链接

最新随笔

我的标签

积分与排名

合集 (25)

随笔分类 (336)

随笔档案 (336)

文章档案 (1)

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论

世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。 纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

T1 P162. 花间叔祖 100pts

T2 P150. 合并r 10pts

T3 P139. 回收波特 47pts

T4 T3342. 斗篷 0pts

总结

后记

公告

搜索

常用链接

最新随笔

积分与排名

合集 (25)

随笔分类 (336)

随笔档案 (336)

文章档案 (1)

世上只有一种英雄主义，就是认清生活的真相后，依然热爱生活。纵使世界万般残酷，总有温暖值得守护……

$T 1$ P162. 花间叔祖 $100 p t s$

$T 2$ P150. 合并r $10 p t s$

$T 3$ P139. 回收波特 $47 p t s$

$T 4$ T3342. 斗篷 $0 p t s$