【补题】The 2022 SDUT Summer Trials
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A. Ginger's number
样例恶臭（恼）
签到题
简单分解因数就会发现要求的就是\(gcd\)，直接算即可，时间复杂度\(\Theta(Tlog(max(x,y)))\)
代码
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
int gcd(int x,int y){
if(x<y) swap(x,y);
if(!y) return x;
return gcd(y,x%y);
}
int main(){
int i,j,n,m,x,y,T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%d\n",gcd(x,y));
}
// system("pause");
return 0;
}
B. Ginger's game
简单题
很经典，用个单调栈维护每个数在哪段区间里是最小值即可。
代码
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define maxn 200010
using namespace std;
ll a[maxn];
ll dp[maxn];
int st[maxn],top=0;
int main(){
int i,j,n;
ll ans=0;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
for(i=1;i<=n;++i){
while(top>0&&a[st[top]]>=a[i]) --top;
dp[i]=dp[st[top]]+a[i]*(i-st[top]);
st[++top]=i;
}
for(i=1;i<=n;++i) ans=max(ans,dp[i]);
printf("%lld",ans);
// system("pause");
return 0;
}
C. Ginger's sequence
简单题
（但是我傻逼了）
不会真有人不会抽屉原理吧，不会吧不会吧_（但是我是傻逼睡前才发现，乐）
题目就是要求选取两个不同的非空子集，使得他们元素和相等\((模k意义下)\)。
那么\(n\)个元素，能组成的不同子集和共有\(2^n-1\)个（不包括空集），所以根据抽屉原理，大概只要有\(log_2(k)\)量级的\(n\)就能使得有两个子集和相同。
所以\(2^n-1>=k\)时我们直接输出"YES"。
\(2^n-1<k\)时暴力枚举子集即可，时间复杂度\(\Theta(k)\)。
代码
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define maxn 100010
using namespace std;
int a[maxn],dp[maxn];
int solve(){
int n,k,i,j,m;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(i=0;i<n;++i) scanf("%d",&a[i]),a[i]%=k;
for(m=0;(1<<m)<=k;++m);
if(n>=m) return 1;
for(i=1;i<(1<<n);++i){
int sum=0;
for(j=0;j<n;++j){
if(i&(1<<j)) sum=(sum+a[j])%k;
}
dp[sum]++;
}
for(i=0;i<k;++i){
if(dp[i]>1) return 1;
}
return 0;
}
int main(){
int flag=solve();
if(flag) printf("YES");
else printf("NO");
// system("pause");
return 0;
}
D. Ginger's line
签到题
暴力判斜率是否相同即可。
代码
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define maxn 5010
using namespace std;
int a[maxn],b[maxn];
int main(){
int i,j,n,m,x,y,T;
int ans=0;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
}
for(i=1;i<=n;++i){
for(j=i+1;j<=n;++j)
ans+=(a[i]!=a[j]);
}
printf("%d",ans);
// system("pause");
return 0;
}
E. Ginger's coloring
签到题
沿着约束关系走就可以变成一个一个环（经典排列和置换套路），每个环的方案互相独立，计算相乘即可。
只有黑白两种颜色，更简单了，奇环\(0\)，偶环\(2\)。（颜色多点还有点意思来着）
代码
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 998244353
#define maxn 200010
using namespace std;
int p[maxn],book[maxn];
int c[maxn],tot=0;
ll f(int x){
return 2*((x^1)&1);
}
int main(){
int i,j,n;
ll ans=1;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i]);
for(i=1;i<=n;++i){
if(book[i]) continue;
int cnt=1;
book[i]=1;
for(j=p[i];j!=i;j=p[j]) cnt++,book[j]=1;
c[++tot]=cnt;
}
for(i=1;i<=tot;++i){
ans=(ans*f(c[i]))%mod;
}
printf("%lld",ans);
// system("pause");
return 0;
}
G. Ginger's password
简单题
由于要求字典序不降，所以不难发现结果只和各个字符个数有关，是个组合问题。
已经给出了长为\(n\)的子序列，还要凑\(k-n\)个，每个字符有个数上限。
用生成函数卷一卷求系数就好了（貌似背包也能做？）
数据太小懒得写\(FFT\)了，暴力卷积得了qwq。
代码
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int d[26],n,k;
char s[2010];
ll a[100010],b[100010],c[100010];
void multi(int &n1,int n2){
int i,j;
memset(c,0,sizeof(c));
for(i=0;i<n1;++i){
for(j=0;j<n2&&i+j<=k;++j)
c[i+j]=(c[i+j]+a[i]*b[j]%mod)%mod;
}
n1=min(k+1,n1+n2-1);
for(i=0;i<n1;++i) a[i]=c[i];
}
ll solve(){
int i,j,m;
ll ans=1;
scanf("%d%d",&n,&k);
if(n>k) return -1;
for(i=0;i<26;++i){
scanf("%d",&d[i]);
}
scanf("%s",s);
for(i=1;i<n;++i) if(s[i]<s[i-1]) return -1;
for(i=0;i<n;++i) d[s[i]-'a']--;
k-=n;
for(i=0;i<26;++i){
if(d[i]<0){
return -1;
}
d[i]=min(d[i],k);
}
a[0]=1;m=1;
for(i=0;i<26;++i){
for(j=0;j<=d[i];++j) b[j]=1;
multi(m,d[i]+1);
// for(j=0;j<m;++j) printf("%lld ",a[j]);
// printf("\n");
}
return a[k];
}
int main(){
ll ans;
ans=solve();
if(ans<0) printf("NO SOLUTION!");
else printf("%lld",ans);
// system("pause");
return 0;
}
H. Ginger's clone
签到题
模拟即可。
代码
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int a[210][210],book[210][210];
int t1=0,t2=0;
int b1[40001],b2[40001];
int n;
struct dir{
int dx,dy;
dir(){}
dir(int t1,int t2){dx=t1,dy=t2;}
void turn(){
int t=-dy;
dy=dx;
dx=t;
}
} dir1,dir2;
int nxt(int &x,int &y,dir &d){
while(x+d.dx>n||x+d.dx<1||y+d.dy>n||y+d.dy<1||book[x+d.dx][y+d.dy]) d.turn();
x=x+d.dx;y=y+d.dy;
book[x][y]=1;
return a[x][y];
}
int main(){
int i,j;
int x1,y1,x2,y2;
scanf("%d",&n);
x1=0,y1=1;x2=n+1,y2=n;
dir1=dir(1,0),dir2=dir(-1,0);
for(i=1;i<=n;++i)
for(j=1;j<=n;++j)
scanf("%d",&a[i][j]);
for(i=1;i<=n*n;++i){
if(i&1) b1[++t1]=nxt(x1,y1,dir1);
else b2[++t2]=nxt(x2,y2,dir2);
}
for(i=1;i<=t1;++i) printf("%d ",b1[i]);
printf("\n");
for(i=1;i<=t2;++i) printf("%d ",b2[i]);
// system("pause");
return 0;
}
I. Ginger's balance
简单题
做过小学智力题的应该都知道要尽量均分三份吧（
递归解比较方便。
代码
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
int f(int n,int m){
if(m==1) return 0;
if(m==2) return 1;
int t;
if((m+1)/3<=n) t=(m+1)/3;
else t=n;
return f(n,max(t,m-2*t))+1;
}
int main(){
int i,j,n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("%d",f(n,m));
// system("pause");
return 0;
}
J. Ginger's cow
简单题
裸的二分图最大匹配，跑匈牙利即可。
代码
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
#define maxn 200010
using namespace std;
char name[101][50];
int c=0;
int old[101];
int fst[101],nxt[1001],to[1001],cnt=0,visited[101];
int match[101];
int fd(char *p){
for(int i=1;i<=c;++i){
if(strcmp(p,name[i])==0) return i;
}
return 0;
}
void add(int x,int y){
to[++cnt]=y;
nxt[cnt]=fst[x];
fst[x]=cnt;
}
int dfs(int x){
visited[x]=1;
for(int i=fst[x];i;i=nxt[i]){
if(visited[match[to[i]]]) continue;
if(!match[to[i]]||dfs(match[to[i]])){
match[to[i]]=x;
return 1;
}
}
return 0;
}
int main(){
int i,j,n,m,q;
int ans=0,idx,idy;
char x[50],y[50];
scanf("%d%d%d",&m,&n,&q);
for(i=1;i<=q;++i){
scanf("%s",x);
idx=fd(x);
if(!idx) strcpy(name[idx=++c],x);
old[idx]=1;
scanf("%s",y);
idy=fd(y);
if(!idy) strcpy(name[idy=++c],y);
add(idx,idy);
}
for(i=1;i<=n;++i){
if(!old[i]) continue;
for(j=1;j<=n;++j) visited[j]=0;
ans+=dfs(i);
}
printf("%d",ans);
// system("pause");
return 0;
}
L. Ginger's function
简单题
模拟多项式乘法即可（甚至不需要\(FFT\)）
代码
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#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct item{
int a,p;
item(){}
item(int x,int y){a=x,p=y;}
bool operator <(item t){
return p<t.p;
}
};
vector<item> a,b,c,d;
int f[20];
void multi(){
int i,j;
c.clear();
d.clear();
for(i=0;i<a.size();++i){
for(j=0;j<b.size();++j){
c.push_back(item(a[i].a*b[j].a,a[i].p+b[j].p));
}
}
sort(c.begin(),c.end());
int sum=0;
for(i=0;i<c.size();++i){
if(i>0&&c[i].p>c[i-1].p&&sum){
d.push_back(item(sum,c[i-1].p));
sum=c[i].a;
}
else sum+=c[i].a;
}
if(sum) d.push_back(item(sum,c[c.size()-1].p));
a.clear();
for(i=0;i<d.size();++i){
a.push_back(d[i]);
}
}
int main(){
int i,j,n,q,x;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&f[i]);
a.push_back(item(1,0));
for(i=1;i<=n;++i){
b.clear();
b.push_back(item(1,0));
b.push_back(item(-1,f[i]/2));
b.push_back(item(-1,f[i]));
multi();
}
sort(a.begin(),a.end());
for(i=1;i<=q;++i){
scanf("%d",&x);
int pos=lower_bound(a.begin(),a.end(),item(1,x))-a.begin();
printf("%d\n",a[pos].p==x?a[pos].a:0);
}
// system("pause");
return 0;
}
总结
手速场，剩下几题还没写，之后如果能写出来再更吧（咕咕咕）
比区域赛坐牢舒服多了（bushi
