2024 ICPC ShaanXi Provincial Contest

1|0Preface

牢闪又双叒叕红温了，被 B 题一个边界卡了 2h 不出题

虽然后面慢慢出题把排名打回来了，但因为时间被浪费了太多导致会的 J 题没时间写了，又成大战犯了

---

2|0A. chmod

签到题，我题意都没看

#include <bits/stdc++.h>

char s[4] = "rwx";

int main() {
    int T; scanf("%d", &T); while(T--) {
        int a[3];
        for(int i = 0; i < 3; ++i) {
            scanf("%1d", a + i);
            for(int j = 0; j < 3; ++j) {
                printf("%c", (a[i] >> (2 - j) & 1) ? s[j] : '-');
            }
        }
        printf("\n");
    }
}

---

3|0B. Expression Matrix

赤石构造题，有人把符号构造到外面一圈了然后一直 WA 我不说是谁

大致思路就是 $n,m$ 均为偶数时贪心地全用 * 构造，可以保证每行每列都是 $11$ （除了周围一圈外）

否则考虑令 $m$ 为奇数，如果用上述的方法构造会在某些行出现 $11\times 11$ 这样的情况，需要强行将其中一个乘号改成加号

这里还要根据 $n$ 的奇偶性讨论，若 $n$ 为偶数则列没有特别的限制，可以钦定所有的加号都在同一列上；否则还需要满足若干行列都要有加号，要斜着构造才行

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=10;
int n,m; char a[N][N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int swaped=0;
    if (n%2==0&&m%2==0)
    {
        for (RI i=1;i<=n;++i) a[i][1]=a[i][m]='1';
        for (RI j=1;j<=m;++j) a[1][j]=a[n][j]='1';
        for (RI i=2;i<n;++i)
        if (i%2==0)
        {
            for (RI j=2;j<m;++j) a[i][j]=(j%2?'1':'*');
        } else
        {
            for (RI j=2;j<m;++j) a[i][j]=(j%2?'*':'1');
        }
    } else
    {
        if (m%2==0) swap(n,m),swaped=1;
        for (RI i=1;i<=n;++i) a[i][1]=a[i][m]='1';
        for (RI j=1;j<=m;++j) a[1][j]=a[n][j]='1';
        for (RI i=2;i<n;++i)
        if (i%2==0)
        {
            for (RI j=2;j<m;++j) a[i][j]=(j%2?'1':'*');
        } else
        {
            for (RI j=2;j<m;++j) a[i][j]=(j%2?'*':'1');
        }
        if (n%2==1)
        {
            for (RI i=3,j=3;i<max(n,m);i+=2)
            {
                if (i<n&&i<m) a[i][i]='+';
                else if (i<n)
                {
                    if (i<n&&j<m)
                    {
                        a[i][j]='+'; j+=2;
                        if (j>=m) j=3;
                    }
                } else
                {
                    if (j<n&&i<m)
                    {
                        a[j][i]='+'; j+=2;
                        if (j>=n) j=3;
                    }
                }
            }
        } else
        {
            if (m>3)
            for (RI i=3;i<n;i+=2) a[i][3]='+';
        }
    }
    if (swaped)
    {
        for (RI i=1;i<=m;++i,putchar('\n'))
        for (RI j=1;j<=n;++j) putchar(a[j][i]);
    } else
    {
        for (RI i=1;i<=n;++i,putchar('\n'))
        for (RI j=1;j<=m;++j) putchar(a[i][j]);
    }
}

---

4|0C. Seats

套路题，不难想到 $i\to a_i$ 连边，得到的是基环内向森林

若一个连通块内有环，则其贡献为环的大小；否则找一个以 $[n+1,2n]$ 的点为终点的最长路即可

拓扑排序很容易求解

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005;
int n,a[N],deg[N],f[N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (RI i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]),++deg[a[i]];
    queue <int> q; int ans=2*n;
    for (RI i=1;i<=2*n;++i) if (!deg[i]) q.push(i);
    while (!q.empty())
    {
        int now=q.front(); q.pop(); --ans;
        if (now>n) { ans+=f[now]; continue; }
        f[a[now]]=max(f[a[now]],f[now]+1);
        if (--deg[a[now]]==0) q.push(a[now]);
    }
    return printf("%d",ans),0;
}

---

5|0D. Double Subsequence

神秘 DP 题，被徐神轻松 solo 了

考虑若存在一个极小的区间 $[l,r]$，使得这个区间中 $s_1,s_2$ 都作为子序列出现过，那么所有包含 $[l,r]$ 的区间都可以统计，贡献为 $l\times (n-r+1)$

考虑 DP，令 $f_{i,j,k}$ 表示处理了前 $i$ 个位置，$s_1$ 匹配了前 $j$ 个字符，$s_2$ 匹配了前 $k$ 个字符，极小区间的左端点之和

转移比较显然，但最后统计答案时要用 $f_{i,\star,\star}-f_{i-1,\star,\star}$ 来得到强制以 $i$ 为右端点的答案

复杂度 $O(|S|\times|s_1|\times |s_2|)$

#include <bits/stdc++.h>

using llsi = long long signed int;
constexpr llsi mod = 998244353;

int n, l1, l2;
char S[100005], s1[25], s2[25];
int dp[100001][21][21];

inline void add(int &a, const int &b) {
    if((a += b) >= mod) a -= mod;
}

inline void sub(int &a, const int &b) {
    if((a -= b) < 0) a += mod;
}

int main() {
    scanf("%s%s%s", S + 1, s1 + 1, s2 + 1);
    n = strlen(S + 1);
    l1 = strlen(s1 + 1);
    l2 = strlen(s2 + 1);

    for(int i = 1; i <= n; ++i) {
        add(dp[i][0][1], dp[i - 1][0][1]);
        add(dp[i][1][0], dp[i - 1][1][0]);
        add(dp[i][1][1], dp[i - 1][1][1]);
        if(S[i] == s1[1])                  add(dp[i][1][0], i), add(dp[i][1][1], dp[i - 1][0][1]);
        if(S[i] == s2[1])                  add(dp[i][0][1], i), add(dp[i][1][1], dp[i - 1][1][0]);
        if(S[i] == s1[1] && S[i] == s2[1]) add(dp[i][1][1], i);
    }

    for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 2; j <= l1; ++j) {
        add(dp[i][j][0], dp[i - 1][j][0]);
        if(S[i] == s1[j]) add(dp[i][j][0], dp[i - 1][j - 1][0]);
    }

    for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 2; j <= l2; ++j) {
        add(dp[i][0][j], dp[i - 1][0][j]);
        if(S[i] == s2[j]) add(dp[i][0][j], dp[i - 1][0][j - 1]);
    }

    for(int i = 1; i <= n; ++i) for(int j = 1; j <= l1; ++j) for(int k = 1; k <= l2; ++k) if(j + k > 2) {
        add(dp[i][j][k], dp[i - 1][j][k]);
        if(S[i] == s1[j])                  add(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - 1][k]);
        if(S[i] == s2[k])                  add(dp[i][j][k], dp[i - 1][j][k - 1]);
        if(S[i] == s1[j] && S[i] == s2[k]) add(dp[i][j][k], dp[i - 1][j - 1][k - 1] % mod);
    }

    // for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", dp[i][1][1], i == n ? 10 : 32);

    int ans = 0;
    for(int i = n; i >= 0; --i) {
        sub(dp[i][l1][l2], dp[i - 1][l1][l2]);
        add(ans, llsi(dp[i][l1][l2]) * llsi(n - i + 1) % mod);
    }

    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

---

6|0E. Trade Road

徐神手玩发现如果存在 $A\to B$ 的边，则剩下的所有点要么都指向 $A$，要么都指向 $B$

但有且仅有一种情况特例，即 $A$ 存在两个最远点 $B,C$，且 $B$ 的最远点为 $C$，则可以形成一个等腰三角形，简单特判这种情况即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5+5;
int k, n;
set<int> st[N], dist[N];
map<int, int> bkt;
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
    cin >> k >> n;
    vector<int> A(2*n);
    for (int i=0; i<n; ++i) cin >> A[i], --A[i];
    for (int i=n; i<2*n; ++i) A[i]=A[i-n];

    auto calc = [&](int x, int y){return min(abs(y-x), k-abs(y-x));};
    for (int i=0, j=0; i<n; ++i){
        while (calc(A[i], A[j]) < calc(A[i], A[j+1])){
            // printf("i=%d j=%d calc(i, j)=%d calc(i, j+1)=%d\n", i, j, calc(A[i], A[j]), calc(A[i], A[j+1]));
            ++j;
        }
        st[i].insert(j%n); st[j%n].insert(i); dist[i].insert(j%n);
        if (calc(A[i], A[j]) == calc(A[i], A[j+1])){
            st[i].insert((j+1)%n); st[(j+1)%n].insert(i); dist[i].insert((j+1)%n);
        }
    }
    // for (int i=0; i<n; ++i){
    //     printf("i=%d:", i); for (int x : st[i]) printf("%d ", x); puts("");
    // }
    int ans=0;
    for (int i=0; i<n; ++i) ans = max(ans, (int)st[i].size());

    for (int i=0; i<n; ++i) if (dist[i].size()==2){
        int x=*dist[i].begin(), y = *dist[i].rbegin();
        if (dist[x].count(y) || dist[y].count(x)) ans=max(ans, 3);
    }

    cout << ans << '\n';
    return 0;
}

---

7|0F. Try a try, AC is OK

仔细阅读题目发现不要求选的两个下标不同，因此找最大数输出即可

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
int t,n,x;
int main()
{
    for (scanf("%d",&t);t;--t)
    {
        scanf("%d",&n); int mx=0;
        for (RI i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&x),mx=max(mx,x);
        printf("%d\n",mx);
    }
    return 0;
}

---

8|0G. Disappearing Number

签到题，不难发现此时每个数大致可以看成 $9$ 进制下的，只不过有一个数码不能使用，简单模拟下即可

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define int long long
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
int t,n,x,w[10];
signed main()
{
    for (scanf("%lld",&t);t;--t)
    {
        scanf("%lld%lld",&n,&x);
        for (RI i=0;i<10;++i) w[i]=(i==x?0:1);
        for (RI i=1;i<10;++i) w[i]+=w[i-1];
        int rk=0; vector <int> vec;
        while (n>0) vec.push_back(n%10),n/=10;
        reverse(vec.begin(),vec.end());
        for (auto x:vec) rk=rk*9+(x==0?0:w[x-1]);
        printf("%lld\n",rk+1);
    }
    return 0;
}

---

9|0H. Maximum Flow

防 AK 论文题，直接弃疗

---

10|0I. Prime Guess I

神秘数列交互题，徐神赛时想了很久还是不会，那我当然是不补了

---

11|0J. Prime Guess II

一顿观察后发现是个经典的维护凸包题，但由于我赛时太唐了把时间浪费完了然后祁神没时间写了，只能说全责

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

const int INF = (int)2e7+5;
using pii = pair<int, int>;
#define ft first
#define sd second

const int N = 1e6+5;

int pri[N], phi[N], sd[N], totp;
int n, q, A[N], K[N], C[N];

pii stk[N]; int top;
vector<pii> qry[N];
pii ans[N];

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);

    phi[1]=sd[1]=1;
    for (int i=2; i<N; ++i){
        if (!phi[i]) pri[++totp]=i, phi[i]=i-1, sd[i]=i+1;
        for (int j=1; j<=totp&&i*pri[j]<N; ++j){
            int k = i*pri[j];
            if (i%pri[j]){
                phi[k] = phi[i]*(pri[j]-1);
                sd[k] = sd[i]*(pri[j]+1);
            }else{
                phi[k] = phi[i]*pri[j];
                sd[k] = sd[i] + 1LL*pri[j]*(sd[i]-sd[i/pri[j]]);
            }
        }
    }

    // printf("phi:"); for (int i=1; i<=10; ++i) printf("%lld ", phi[i]); puts("");
    // printf("sd:"); for (int i=1; i<=10; ++i) printf("%lld ", sd[i]); puts("");


    cin >> n >> q;
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        cin >> A[i];
        K[i] = K[i-1]+phi[A[i]];
        C[i] = C[i-1]+sd[A[i]]*A[i];
    }

    // printf("K:"); for (int i=1; i<=n; ++i) printf("%lld ", K[i]); puts("");
    // printf("C:"); for (int i=1; i<=n; ++i) printf("%lld ", C[i]); puts("");

    for (int i=1; i<=q; ++i){
        int u, l; cin >> u >> l;
        qry[l].emplace_back(u, i);
    }

    auto check = [&](int id, int x){return x*K[id]-C[id];};

    for (int i=n; i>0; --i){
        // printf("i=%lld:", i+1); for (int j=1; j<=top; ++j) printf("(%lld %lld)", stk[j].ft, stk[j].sd); puts("");

        while (top>0 && check(stk[top].ft, stk[top].sd) < check(i, stk[top].sd)) --top;
        if (0==top){
            stk[++top] = {i, INF};
        }else{
            int L=0, R=stk[top].sd;
            while (L<R){
                int M=L+(R-L)/2+1;
                if (check(stk[top].ft, M) <= check(i, M)) L=M;
                else R=M-1;
            }
            stk[++top] = {i, L};
        }


        for (auto [u, id] : qry[i]){
            int l = i;
            int valL = u*K[l-1]-C[l-1];
            int L=1, R=top;
            while (L<R){
                int M=L+(R-L)/2+1;
                if (stk[M].sd >= u) L=M;
                else R=M-1;
            }
            int valR = u*K[stk[R].ft]-C[stk[R].ft];
            ans[id] = {valR-valL, stk[R].ft};
        }
    }
        // printf("i=%lld:", 1LL); for (int j=1; j<=top; ++j) printf("(%lld %lld)", stk[j].ft, stk[j].sd); puts("");

    for (int i=1; i<=q; ++i) cout << ans[i].ft << ' ' << ans[i].sd << '\n'; 
    return 0;
}

---

12|0K. Lethal Company

神秘贪心题，想到二分转为判定性问题就很简单了

考虑二分答案 $lim$，检验是否可以存活到 $lim$ 时刻，显然此时只要关心那些能在 $lim$ 时刻之前到达人所在的位置的怪即可

不难发现可以对每个怪求出一个值表示至少需要看几次，显然我们倒着分配时间，优先看 $t_i$ 较大的怪一定最优

注意可能会出现某一时刻有多个怪物在同一通道的情况，因此需要对每个通道分别记录之前已经看了多久

总复杂度 $O((n+m)\log t)$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define int long long
#define RI register int
#define CI const int&
#define Tp template <typename T>
using namespace std;
const int N=500005,INF=4e18;
class FileInputOutput
{
    private:
        static const int S=1<<21;
        #define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,S,stdin),A==B)?EOF:*A++)
        char Fin[S],*A,*B;
    public:
        Tp inline void read(T& x)
        {
            x=0; char ch; while (!isdigit(ch=tc()));
            while (x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));
        }
        #undef tc
}F;
struct ifo
{
    int t,x,y;
    inline ifo(CI T=0,CI X=0,CI Y=0)
    {
        t=T; x=X; y=Y;
    }
    friend inline bool operator < (const ifo& A,const ifo& B)
    {
        return A.t>B.t;
    }
}a[N]; int n,m,k,bkt[N];
inline bool check(CI lim)
{
    for (RI i=1;i<=n;++i) bkt[i]=0;
    int rem=lim;
    for (RI i=1;i<=m;++i)
    {
        int looks=lim+2-a[i].t-(a[i].y+k-1)/k;
        if (looks>0)
        {
            looks-=bkt[a[i].x];
            if (looks>0)
            {
                rem-=looks;
                if (rem+1<a[i].t) return 0;
                bkt[a[i].x]+=looks;
            }
        }
    }
    return 1;
}
signed main()
{
    F.read(n); F.read(m); F.read(k);
    for (RI i=1;i<=m;++i)
    F.read(a[i].t),F.read(a[i].x),F.read(a[i].y);
    sort(a+1,a+m+1);
    int l=0,r=INF+5,mid,ret;
    while (l<=r)
    if (check(mid=l+r>>1)) ret=mid,l=mid+1; else r=mid-1;
    if (ret>INF) puts("-1"); else printf("%lld\n",ret);
    return 0;
}

---

13|0L. Chess

神秘找规律

手玩 $k=2,3$ 的 SG 函数会发现当 $k\nmid x$ 时这个 $k$ 就是先手必胜的，反之后手必胜

直接从小到大暴力枚举 $k$ 检验，不难发现最多枚举 $\log x$ 级别就能找到一个 $k$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define int long long
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
int t,x;
signed main()
{
    for (scanf("%lld",&t);t;--t)
    {
        scanf("%lld",&x); int ans;
        for (RI i=2;;++i) if (x%i!=0) { ans=i; break; }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

---

14|0M. Window Decoration

签到题，我题意都不知道

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

using pii = pair<int, int>;
set<pii> st;

int n;

signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
    cin >> n;
    int ans=0;
    for (int i=1; i<=n; ++i){
        int x, y; cin >> x >> y;
        if (st.count({x, y})) continue;
        st.insert({x, y});
        ans += 4;
        if (st.count({x-1, y})) --ans;
        if (st.count({x+1, y})) --ans;
        if (st.count({x, y-1})) --ans;
        if (st.count({x, y+1})) --ans;
    }

    if (ans%2==0) cout << ans/2 << '\n';
    else cout << ans/2 << ".5\n"; 
    return 0;
}

---

15|0Postscript

经典三人被可可一人 $n+1$ 暴打，不用说都知道是谁的问题

__EOF__

本文作者：hl666
本文链接：https://www.cnblogs.com/cjjsb/p/18351455.html
关于博主：复活的ACM新生，目前爱好仅剩Gal/HBR/雀魂/单机/OSU
版权声明：转载请注明出处
声援博主：欢迎加QQ：2649020702来DD我