暑假集训CSP提高模拟6

\(T1\) P162. 花间叔祖 \(100pts\)

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

又因为 \(x \equiv y \pmod p\) 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;
}

\(T2\) P150. 合并r \(10pts\)

原题： [ARC107D] Number of Multisets
部分分
- \(10pts\) ：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 \(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i,2j}\) ，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;
}

\(T3\) P139. 回收波特 \(47pts\)

原题： [ARC149D] Simultaneous Sugoroku

部分分

\(47pts\) ： \(O(nm)\) 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 \(DFS\) 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;
}

\(T4\) T3342. 斗篷 \(0pts\)

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 \(ld_{x,y},rd_{x,y},l_{x,y}\) 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 \(i \in [1,\min(l_{x,y},ld_{x,y})]\) 若满足 \(rd_{x-i,y} \ge i\) 则对答案产生 \(1\) 的贡献。
- 自觉忽略 --- 的影响。

观察到 \(\forall i \in [1,rd_{x,y}],rd_{x+i-i,y}=rd_{x,y} \ge i\) ，即 \((x,y)\) 会对 \((k,y)(k \in [x+1,x+rd_{x,y}])\) 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 \((x+rd_{x,y})\) 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

\(T1\) 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(124) 评论(6) 编辑收藏举报

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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

\(T1\) 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

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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……

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\(T1\) 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

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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……