230226题解

A 数列

题目描述

给定一个长为 $n$ 的数列 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ 。

给出 $q$ 次询问，每次询问给定 $X$ ，请你回答至少需要多少次操作，能够让数列中的每个数都变成 $X$ 。每次操作你可以选择数列中的一个数加 $1$ 或者减 $1$ 。询问之间相互独立。

输入格式

第一行两个整数 $n, q$ 。

第二行 $n$ 个整数 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ 。

接下来 $q$ 行，每行一个整数，表示询问的 $X$ 。

保证 $1 \leq n, q \leq 2 \times 10^{5}, 0 \leq A_{i}, X \leq 10^{9}$ 。

输出格式

对于每个询问输出一行一个整数，表示答案。

样例 1

输入

输出

10
71
29

样例 2

输入

10 5
1000000000 314159265 271828182 141421356 161803398 0 777777777 255255255 536870912 998244353
555555555
321654987
1000000000
789456123
0

输出

题解

十分简单得一道题

首先排序，方便用二分查找，因为操作是减一或加一，所以我们在数组大的那一边减一，小的那一边加一，

用前缀和数组 $O (1)$ 计算需要多少次

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,q,a[200010],maxn,minn = 0x7fffffff;
long long sum[200010];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		sum[i] = (long long)(sum[i-1]+a[i]);
	for(int i = 1;i<=q;i++){
		long long x;
		scanf("%lld",&x);
		int l = lower_bound(a+1,a+n+1,x)-a;
		long long ans1 = x*(l-1)*1ll-sum[l-1];
		long long ans2 = sum[n]-sum[l-1]-x*(n-l+1)*1ll;
		printf("%lld\n",ans1+ans2);
	}
	return 0;
}

B 序列编号

题目描述

序列王国的国王小 A 想要给所有序列编号。具体来讲，他需要给每个长为 $n$ 的，每个数属于 $[1, k]$ 的整数序列编一个 $[1, m]$ 之内的编号。

请你输出编号的方案数，模 $998244353998244353$ 。

输入格式

一行三个整数 $n, k, m$ 。

保证 $1 \leq n, k, m \leq 10^{18}$ 。

输出格式

输出一行一个整数，表示答案。

样例 1

输入

2 2 2

输出

题解

这个题目~~一看就是~~组合数学，~~但是我并不会~~

得出的式子应该是 $m^{k^{n}}$

证明如下：

对于每一个数列，每一个位置都有 $k$ 种可能，每一个数列有 $n$ 的长度

那么对于每一个数列来说都有 $k^{n}$ 种可能

对于每一个数列来说，都有 $m$ 种编号，总共有 $k^{n}$ 种数列

所以总共 $m^{k^{n}}$ 种

然后我们可以看看数据范围，明显是快速幂过不去的，我们需要找一种 $O (l o g n)$ 的级别的算法，快速幂应该是 $O (n)$ 的级别

欧拉函数在这个情况下 $φ (p) = p - 1$

扩展欧拉定理如下~~但好像对这道题没什么用~~

a^{b} \equiv {\begin{matrix} a^{b m o d φ (p) + φ (p)}, gcd (a, p) \neq 1, b \geq φ (p) \\ a^{b}, gcd (a, p) \neq 1, b < φ (p) \\ a^{b m o d φ (p)}, gcd (a, p) = 1 \end{matrix} (m o d (p))

注意：我们不对 $k^{n}$ 进行欧拉降幂，因为没有这个必要，如果要降幂，我们还要计算对应的欧拉函数，时间复杂度是足够的

还有一点要注意的，在计算 $k^{n}$ 时我们模数应该是 $m o d - 1$ 而非 $m o d$ ，对于 $k$ ， $m$ 还要在开始计算时进行一次取模，不然第一次计算就会溢出，这里的 $k$ 也是需要 $m o d - 1$

基本上这些就是所有的要点了~~所有坑都被我踩了一遍了QAQ~~

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 998244353
using namespace std;
ll n,k,m;
ll gcd(ll a,ll b){
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll qpow(ll x,ll y,ll modd){
	ll a = 1;
	for(;y;y>>=1,x = (ll)x*x%modd)
		if(y&1) a = (ll)a*x%modd;
	return a;
}
int main(){
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&m);
	k%=(mod-1),m%=mod;
	if(m==0){
		puts("0");
		return 0;
	}
	ll ans = qpow(k,n,mod-1);
	ans = qpow(m,ans,mod);
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

C 最小生成树

题目描述

给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向图，图中可能有自环和重边，每条边有边权 $c_{i}$ 且边权两两不同。

请你回答 $q$ 次询问，每次询问给定 $(u, v, w)$ ，请你回答如果在图中 $(u, v)$ 之间加入一条边权为 $w$ 的边，图中的最小生成树是否包含这条边。保证加入边后图中每条边边权仍两两不同。

输入格式

第一行三个整数 $n, m, q$ 。

接下来 $m$ 行，每行三个整数 $u, v, c$ 表示一条边。

接下来 $q$ 行，每行三个整数 $u, v, w$ 表示一次询问。

保证 $2 \leq n \leq 2 \times 10^{5}, n - 1 \leq m \leq 2 \times 10^{5}, 1 \leq q \leq 2 \times 10^{5}, 1 \leq w_{i}, c_{i} \leq 10^{9}$ 。

输出格式

对每个询问输出一行 Yes 或 No 表示询问的答案。

样例 1

输入

输出

Yes
No
Yes

样例 2

输入

2 3 2
1 2 100
1 2 1000000000
1 1 1
1 2 2
1 1 5

输出

Yes
No

题解

首先我们需要在原来的图上知道那些边被加入了最小生成树

再考虑询问，如果询问的边符合 kruskal 的要求，就输出 Yes

但明显是会炸时间的，所以我们只用跑一次 kruskal

离线下所有的询问，对于原图上的边才增加生成树中边的个数

对于询问则不改变生成树中边的个数，记录是否会被选到

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge{
	int u,v,w,id;
}e[500010];
int n,m,q,fa[200010],cnt;
bool a[200010];
bool cmp(edge a,edge b){
	return a.w<b.w;
}
void add(int u,int v,int w,int flag){
	e[++cnt].u = u;
	e[cnt].v = v;
	e[cnt].w = w;
	e[cnt].id = flag;
}
int find_(int x){
	return fa[x]==x?x:fa[x] = find_(fa[x]);
}
void kruskal(){
	int k = n-1,i = 1;
	while(k&&i<=cnt){
		int u = find_(e[i].u),v = find_(e[i].v);
		if(u!=v){
			a[e[i].id] = true;
			if(!e[i].id){
				fa[u] = v;
				k--;
			}
		}
		i++;
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		fa[i] = i;
	for(int i = 1;i<=m;i++){
		int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w,0);
	}
	for(int i = 1;i<=q;i++){
		int u,v,w;
		scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
		add(u,v,w,i);
	}
	sort(e+1,e+cnt+1,cmp);
	kruskal();
	for(int i = 1;i<=q;i++)
		if(a[i]) puts("Yes");
		else puts("No");
	return 0;
}

D 等差数

题目描述

对于一个数，如果它的数码形成一个等差数列，那么我们称之为等差数。例如 $234, 369, 86420, 111$ 都是等差数。

现在请你找出大于等于 $X$ 的最小等差数。

输入格式

一行一个整数 $X$ 。

保证 $1 \leq X \leq 10^{17}$ 。

输出格式

输出一行一个整数，表示答案。

样例 1

输入

输出

题解

容易知道一点，等差数在 $10^{9}$ 范围内的个数不会超时间，各位可以通过排列组合枚举一下~~鸽子当太久记不到数据了~~

那么我们只需要暴力枚举出每一个等差数即可，当然不可能是一个一个数枚举

我们可以从等差数每一位的差来入手，枚举完差值再枚举第一位的数字，再由第一位的数字推至每一位

最后用二分查找即可知道询问在多少位

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	long long x;
	scanf("%lld",&x);
	set<long long> st;
	st.insert(0);
	for(int i = -9;i<=9;i++){
		for(int j = 1;j<=9;j++){
			long long a = j;
			st.insert(a);
			int tmp = j;
			while(true){
				tmp+=i;
				if(tmp<0||tmp>9){
					break;
				}
				a = a*10+tmp;
				st.insert(a);
				if(a>=x){
					break;
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld",*st.lower_bound(x));
	return 0;
}

E 巧克力

题目描述

小 A 获得了长度为 $L$ 的巧克力，他想要把巧克力分给他的朋友们。

具体来讲，小 A 有 $n$ 个朋友，小 A 打算给第 $i$ 个朋友长度恰为 $A_{i}$ 的一块巧克力。

现在，小 A 要通过如下方式将巧克力切成若干块：

选择一个长为 $k$ 的巧克力，并且把它切成长度为 $x, k - x$ 的两块。这里 $x$ 必须满足 $1 \leq x \leq k - 1$ 。这样的一次操作的代价是 $k$ 。

请你计算小 A 最少需要多少的代价才能把巧克力分给他的朋友们。

输入格式

第一行两个整数 $n, L$ 。

第二行 $n$ 个整数，表示 $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ 。

保证 $2 \leq n \leq 2 \times 10^{5}, 1 \leq A_{i} \leq 10^{9}, A_{1} + A_{2} + \dots + A_{n} \leq L \leq 10^{15}$ 。

输出格式

输出一行一个数，表示最小需要的代价。

样例 1

输入

5 7
1 2 1 2 1

输出

题解

我们逆向思考一下这道题，把砍的过程换成拼的过程，那么就是每次将最小的两堆合并起来那么一定是最优

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long ans,m,n,k;
priority_queue<long long,vector<long long>,greater<long long> >q;
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(long long i = 1;i<=n;i++){
		long long x;
		scanf("%lld",&x);
		q.push(x);
		m-=x;
	}
	if(m) q.push(m);
	while(q.size()>1){
		long long tmp = q.top();q.pop();
		long long cnt = q.top();q.pop();
		ans+=tmp+cnt;
		q.push(tmp+cnt);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

F 选拔

题目描述

AT 省即将进行竞赛省队选拔。

今年 AT 省共有 $n$ 名选手，他们分别在 PION 和 IOTA 中获得了 $P_{i}$ 和 $Q_{i}$ 的排名。已知在两次比赛中没有同分的情况，因此 $P, Q$ 均为 $[1, n]$ 的排列。

AT 省共有 $k$ 个省队名额。为了维持一定的公平性，如果 $P_{x} > P_{y}$ 和 $Q_{x} > Q_{y}$ 同时满足且 $x$ 入选了省队，那么 $y$ 也必须入选省队。

请你求出有多少种选出省队选手的方案。模 998244353。

输入格式

第一行两个数 $n, k$ 。

接下来两行，每行 $n$ 个数，分别表示 $P_{1}, P_{2}, \dots, P_{n}$ 和 $Q_{1}, Q_{2}, \dots, Q_{n}$ 。

保证 $1 \leq k \leq n \leq 300$ 且 $P, Q$ 均为 $[1, n]$ 的排列。

输出格式

输出一行一个整数，表示答案。

样例 1

输入

4 2
2 4 3 1
2 1 4 3

输出

题解

我们先去掉一个限制条件，把 p 数组先排好序，那么就只用考虑 q 的大小了

这时候我们可以用 dp 来计算答案~~万恶之源来了~~

设计一个 $d p_{i, j, k}$ 分别表示当前的人，选择了多少个人，当前最小值

至于赋初始值为什么是 $f_{0, 0, n + 1} = 1$ ，如果范围在 $[1, n]$ 时是没法凑出一种方案的

至于遍历时要开到 $n + 1$ 的范围也是如此

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
#define N 310
using namespace std;
int n,q,a[N],p[N];
long long f[N][N][N],ans;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i = 1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&p[i]);
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		a[p[i]] = x;
	}
	f[0][0][n+1] = 1;
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		for(int j = 0;j<=q;j++){
			for(int k = 1;k<=n+1;k++){
				f[i][j][min(k,a[i])]+=f[i-1][j][k];
				f[i][j][min(k,a[i])]%=mod;
				if(a[i]<k){
					f[i][j+1][k]+=f[i-1][j][k];
					f[i][j+1][k]%=mod;
				}
			}
		}
	}
	for(int i = 1;i<=n+1;i++)
		ans = (f[n][q][i]+ans)%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}