CDZSC_2022寒假个人训练赛21级(10)题解
- 简单
- D 枚举、dp、数学
- G 素数
- 中等
- A
- B dfs
- E 模拟、数学
- F 贪心
- 困难
- C 构造
- H 整数的唯一分解定理+约数和定理+递归二分求等比数列+快速幂
A Visiting a Friend CodeForces - 902A
题意
在数轴上你从0点出发，要到达m点，只能通过传送点移动，传送点给你一对a，b，a代表传送点的位置，b代表最远可以传送的长度。问你能不能到m点。
题解
首先因为只能通过传送点移动，0点必须有传送点，然后为了能到达m点，0点到m点之间必须被传送段完全覆盖,至于实现，只要维护一个目前能达到的最远距离就好。
AC代码
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
int n,m,a,b,r=0,flag=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);
if(a==0)flag=1;
if(a<=r)r=r>b?r:b;
}
if(r<m)flag=0;
printf("%s\n",flag?"YES":"NO");
return 0;
}
B Coloring a Tree CodeForces - 902B
题意
给你颗树，每一次可以选择一个子树全染成一种颜色，问你要染成要求的颜色最少要多少步。
题解
因为染子树，所以上面染完必然会覆盖下面的，从根到叶dfs遍历，父节点和子节点要求颜色不同的最终答案就加1，根节点要染一次所以额外还要加一次，我下面的写法是用了一个假父节点0来方便的处理这个问题的。
AC代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
vector<int> e[100005];
int v[100005];
int ans;
void dfs(int x, int f) {
for (auto i : e[x]) {
if (i != f) {
if (v[i] != v[x])ans++;
dfs(i, x);
}
}
}
int main() {
int n, x;
scanf("%d", &n);
for (int i = 2; i <= n; i++) {
scanf("%d", &x);
e[i].emplace_back(x);
e[x].emplace_back(i);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &x);
v[i] = x;
}
ans++;
dfs(1, 0);
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
C Hashing Trees CodeForces - 902C
题意
给出一颗n层的树。以及从第0层开始给出每层的节点个数。求是否存在同构，若存在输出“ambiguous”和 2 个可以同构的树，如果不可以输出“perfect”。
题解
很容易知道，只要相邻的两层节点数都大于1就一定有同构。
AC代码
#include<iostream>
using namespace std;
int s[100005];
int p[200005];
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
int flag=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
scanf("%d",s+i);
if(i&&s[i]>1&&s[i-1]>1) {
flag=i;
}
}
if(!flag){
printf("perfect\n");
scanf(" ");
return 0;
}
int f=0;
for(int i=0;i<=n;i++){
int x=f;
while(f-x<s[i])p[f++]=x;
if(i&&s[i]>1&&s[i-1]>1) {
flag=f-1;
}
}
printf("ambiguous\n");
for(int i=0;i<f;i++)
printf("%d ",p[i]);
printf("\n");
for(int i=0;i<f;i++){
if(i==flag)p[i]--;
printf("%d ",p[i]);
}
printf("\n");
scanf(" ");
return 0;
}
D Hungry Student Problem CodeForces - 903A
题意
\(T\)次询问，每次问有没有两个非负整数\(x，y\)使得\(3*x + 7*y = n\)。
题解
数据很小怎么做都行。
- 方法一：两个for暴力x，y
- 方法二：dp，其实和背包差不多
- 方法三：数学方法，其实这种互质的组成数的问题，只要大于一定的数字就一定可以组成所有数，比如这个的3和7，实际上大于11一定有解。
AC代码
//方法二
#include<iostream>
using namespace std;
int dp[200];
int main() {
int n, x;
dp[0] = 1;
for (int i = 3; i <= 100; i++)
dp[i] = dp[i - 3] ? 1 : dp[i];
for (int i = 7; i <= 100; i++)
dp[i] = dp[i - 7] ? 1 : dp[i];
scanf("%d", &n);
while (n--) {
scanf("%d", &x);
printf("%s\n", dp[x] ? "YES" : "NO");
}
}
//方法三
#include<iostream>
using namespace std;
int ans[105]={1,1,1,0,1,1,0,0,1,0,0,1};
int main() {
int n,x;
scanf("%d", &n);
while (n--) {
scanf("%d", &x);
printf("%s\n",!ans[x] ? "YES" : "NO");
}
}
E The Modcrab CodeForces - 903B
题意
一个人在打怪，他每回合可以选择喝药加血或者打怪，然后怪物会攻击他一次，让你输出一个他可以打死怪物的方案（任意一个即可，特殊判定），但是注意他的血量可以无上限。第一行输入他的当前血量h1,攻击力a1,药每次回复c的血量，第二行输入怪物的血量h2,怪物的攻击力a2,。
题解
由于你回血量一定高于攻击力，所以，一直打怪，如果下一次要被杀死了，再回血就好，当然先把血回到可以杀死怪物的状态也行，那样可能还会更快点，但反正数据范围很小，随便做。
AC代码
#include<iostream>
using namespace std;
int p[10500];
int main() {
int h1, h2, a1, a2, c,k=0;
scanf("%d%d%d%d%d", &h1,&a1,&c,&h2,&a2);
while (h2 > 0) {
if (h2 - a1 <= 0) {
p[k] = 1;
h2 -= a1;
}
else if (h1 - a2 > 0) {
p[k] = 1;
h2 -= a1;
}
else h1 += c;
k++;
h1 -= a2;
}
printf("%d\n", k);
for (int i = 0; i < k; i++) {
printf("%s\n", p[i] ? "STRIKE" : "HEAL");
}
}
#include<iostream>
using namespace std;
int main() {
int h1, h2, a1, a2, c1;
scanf("%d%d%d", &h1, &a1, &c1);
scanf("%d%d", &h2, &a2);
int n = (h2 + a1 - 1) / a1;//需要攻击几次
int h = (n-1) * a2+1; //需要多少血
int m = (h - h1 + (c1 - a2 - 1)) / (c1 - a2);//需要回几次血
if (m < 0)m = 0;
printf("%d\n", n + m);
for (int i = 0; i < m; i++)
printf("HEAL\n");
for (int i = 0; i < n; i++)
printf("STRIKE\n");
}
F Boxes Packing CodeForces - 903C
题意
给你n个盒子，把小盒子放进大的盒子里，这样只能看到大盒子，输出最小能够有看到的盒子数。
题解
贪心，可以看成小的盒子替换大的盒子，因为如果大盒子套个小的，那那个大盒子能继续套的只能是比那个小盒子还小的盒子了。排序后找第一个比自己小的嵌套。
AC代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int s[5005];
int main(){
int n;
while(~scanf("%d",&n)){
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",s+i);
sort(s,s+n);
int j=n-1;
for(int i=j-1;i>=0;i--)
if(s[i]<s[j])
j--;
printf("%d\n",j+1);
}
scanf(" ");
return 0;
}
G 结果填空：有趣的数字 计蒜客 - 43115
题解
直接输出结果就好，数据范围很小，又是直接输入结果的题，所以实际上连素数筛都不用，暴力，哪怕是最差的\(O（n^2）\)复杂度的暴力都能过，就是要挂机跑一会。我下面是一个优化的暴力，复杂度为\(O(n\sqrt{n})\)，筛法我就不写了，大家应该都会吧，欧拉筛和埃式筛都行。
（\(O（n^2）\)复杂度的暴力我电脑跑十几秒也出了）
AC代码
#include<iostream>
using namespace std;
int main() {
// int ans = 0;
// for (int i = 2; i <= 100000; i++) {
// int flag = 1;
// for (int j = 2; j*j <= i; j++) {
// if (i%j == 0) {
// flag = 0;
// }
// }
// if (flag) {
// int x = i;
// while (x) {
// if (x % 10 == 5) {
// ans++;
// break;
// }
// x /= 10;
// }
// }
// }
// printf("%d\n", ans);
printf("3282");
}
H Sumdiv OpenJ_Bailian - 1845
题意
求\(A^B\)的约数和对9901取余的结果。
题解
使用约数和定理求值，具体实现用递归二分求，求值的时候有大指数，使用快速幂解决。
AC代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll p[100005], c[100005];
ll pow(ll x, ll y,ll mod) {
ll ans = 1%mod;
while (y) {
if (y & 1)ans = (ans*x) % mod;
x = (x*x) % mod;
y >>= 1;
}
return ans;
}
int k[105];
ll sum(ll p, ll c,ll mod) {
if (c == 0)return 1;
if (c == 1)return (1 + p) % mod;
if (c % 2)return ((1 + pow(p, (c + 1) / 2, mod))*sum(p, (c - 1) / 2,mod))%mod;
else return ((1 + pow(p, c / 2,mod))*sum(p, c / 2 - 1,mod) + pow(p, c,mod)) % mod;
}
int main() {
ll a, b;
ll mod = 9901;
scanf("%lld%lld", &a, &b);
int m=0;
for (int i = 2; i*i <= a; i++) {
if (a%i == 0) {
p[m] = i;
c[m] = 0;
while (a%i == 0) {
a /= i;
c[m]++;
}
m++;
}
} if (a != 1) {
p[m] = a;
c[m++] = 1;
}
ll ans = 1;
for (int i = 0; i < m; i++) {
ans = (ans*sum(p[i], c[i] * b,mod)) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
}
