CSP-J2022 题解报告

$CSP-J2022$ 题解报告

$T1$ 乘方:

发现 $2^{32}>{10}^9$，所以这个题只需要特判 $a=1$ 的情况为 $1$，其他直接枚举再判断即可。

Code：

// QwQ
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
template <typename T> void inline read(T& x)
{
	x=0; int f=1; char ch;
	while((ch=getchar())>'9' || ch<'0') if(ch=='-') f=-1;
	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+(ch^'0'),ch=getchar();
	x*=f;
} 
int main()
{
	int a,b; read(a); read(b);
	if(a==1) printf("1\n");
	else
	{
		LL ret=1;
		for(int i=1;i<=b;ret*=a,i++)
			if(ret>1e9) {puts("-1");return (0-0);}
		if(ret>1e9) {puts("-1");return (0-0);}
		printf("%lld\n",ret);
	}
	return (0-0); // QwQ
}

$T2$ 解密：

把第二个式子拆开可以得到 $e\times d=p\times q-p-q+2$
由第一个式子得到 $p=n/q$，然后代进去 $e\times d=n-\frac{n}{q}-q+2$
整理 $-q^2-(n-e\times d+2)q-n=0$。
由初中知识可知 $\mathrm{\Delta }=(n-e\times d+2{)}^2-4n<0$ 则无实根，输出 NO。
求出两根后，代入给定式子验证即可。

Code：

// QwQ
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath> 
using namespace std;
#define fi first
#define se second
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
template <typename T> void inline read(T& x)
{
	x=0; int f=1; char ch;
	while((ch=getchar())>'9' || ch<'0') if(ch=='-') f=-1;
	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+(ch^'0'),ch=getchar();
	x*=f;
}
void solve()
{
	LL n,d,e; read(n); read(d); read(e);
	LL p=n-e*d+2;
	if(p*p-4*n<0) puts("NO");
	else
	{
		LL x=sqrt(p*p-4*n);
		LL s1=(p-x)/2,s2=(p+x)/2;
		if(s1*s2!=n) puts("NO");
		else if((s1-1)*(s2-1)+1!=e*d) puts("NO");
		else printf("%lld %lld\n",s1,s2);
	}
}
int main()
{
	int T; read(T);
	while(T--) solve();	
	return (0-0); // QwQ
}

$T3$ 逻辑表达式：

做过 $CSP-J2020T3$ 的应该都看得出来，这两个题本质差不多，都是建表达式树，当一个短路操作发生，只需要舍去他的右儿子即可，不难实现。

Code：

// QwQ
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <map>
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
template <typename T> void inline read(T& x)
{
	x=0; int f=1; char ch;
	while((ch=getchar())>'9' || ch<'0') if(ch=='-') f=-1;
	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+(ch^'0'),ch=getchar();
	x*=f;
}
const int N=1e6+5;
struct tree
{
	int l,r,op,v;
}e[N];
string opt;
int n,cnt,ret[2];
map <char,int> mp={{'|',1},{'&',2}};
stack <int> num;
stack <char> op;
void get()
{
	int r=num.top(); num.pop();
	int l=num.top(); num.pop();
	char c=op.top(); op.pop();
	++cnt;
	e[cnt].op=(c=='|'?1:0);
	e[cnt].l=l,e[cnt].r=r;
	if(c=='|') e[cnt].v=e[l].v|e[r].v;
	else e[cnt].v=e[l].v&e[r].v;
	num.push(cnt);
	//printf("kk%d %d %c\n",a,b,c);
	//printf("%d %d\n",cnt[0],cnt[1]);
}
void dfs(int x)
{
	//printf("%d %d %d %d %d %d\n",x,e[x].op,e[x].l,e[e[x].l].v,e[x].r,e[x].v);
	if(e[x].op==0)
	{
		if(!e[e[x].l].v) ret[0]++,dfs(e[x].l);
		else dfs(e[x].l),dfs(e[x].r);
	}
	else if(e[x].op==1)
	{
		if(e[x].op && e[e[x].l].v) ret[1]++,dfs(e[x].l);
		else dfs(e[x].l),dfs(e[x].r);
	}
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>opt; opt='('+opt+')'; n=opt.length();
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		if(opt[i]=='(') op.push(opt[i]);
		else if(opt[i]=='&')
		{
			while(!op.empty() && op.top()=='&') get();
			op.push(opt[i]);
		}
		else if(opt[i]=='|')
		{
			while(!op.empty() && op.top()!='(') get();
			op.push(opt[i]);
		}
		else if(opt[i]==')')
		{
			while(!op.empty() && op.top()!='(') get();
			op.pop();
	    }
	    else
	    {
	    	++cnt;
	    	e[cnt].v=opt[i]-'0';
	    	e[cnt].op=-1;
	    	num.push(cnt);
	    	//printf("%d %d\n",cnt[0],cnt[1]);
	    }
	}
	cout<<e[num.top()].v<<"\n";
	dfs(num.top());
	cout<<ret[0]<<" "<<ret[1]<<"\n";
	return (0-0); // QwQ
}

T4 上升点列：

此题可以 $dp$，设状态 $d{p}_{i,l}$ 表示到了第 $i$ 个点，新加了 $l$ 个点的最多点数。
方程：$d{p}_{i,l}=max(d{p}_{i,l},d{p}_{j,l-dis(i,j)+1}+dis(i,j))$
首先要把所有点排序，第一维枚举走到哪个点 $i$，第二维枚举由哪个点 $j$ 走到当前点 $i$，第三维枚举新加的点数 $l$。
时间复杂度：$O(n^{2}k)$，空间复杂度：$O(nk)$。足以通过本题。

Code：

// QwQ
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long LL;
template <typename T> void inline read(T& x)
{
	x=0; int f=1; char ch;
	while((ch=getchar())>'9' || ch<'0') if(ch=='-') f=-1;
	while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+(ch^'0'),ch=getchar();
	x*=f;
}
const int N=505;
PII a[N];
int n,k,dp[N][N];
int get(int x,int y)
{
	if(a[x].fi-a[y].fi<0) return -1;
	if(a[x].se-a[y].se<0) return -1;
	return a[x].fi-a[y].fi+a[x].se-a[y].se;
}
int main()
{
	read(n); read(k);
	for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i].fi),read(a[i].se);
	sort(a+1,a+1+n);
	//puts("caonima");
	//for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",a[i].fi,a[i].se);
	for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<i;j++)
			for(int l=0;l<=k;l++)
				if(get(i,j)==1)
					dp[i][l]=max(dp[i][l],dp[j][l]+1);
				else if(get(i,j)!=-1 && get(i,j)-1<=l)
					dp[i][l]=max(dp[i][l],dp[j][l-get(i,j)+1]+get(i,j));
					/*
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=k;j++)
			printf("%d%c",dp[i][j]," \n"[j==k]);
			*/
	int ret=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=k;j++)
			ret=max(ret,dp[i][j]+k-j);
	printf("%d\n",ret);
	return (0-0); // QwQ
}

尾：欢迎大家来吊打。