「THP3考前信心赛」题解
写在前面
比赛地址：THP3 考前信心赛。
感谢原出题人的贡献：第一题 CF1422C，第四题 CF1422D。
所有题目背景均出自 《秘封俱乐部》系列专辑附带故事，感谢太田顺也先生的创造。
感谢 Kersen、xwmwr、Ypay、Rainycolor_Mahou 的鼎力相助。
超级亲民的一场，大片部分分，没有任何高级算法技巧，有一车大样例。
A 未来宇宙
给定一长度为 \(n\) 的只由 \(0\sim 9\) 构成的字符串，求删除一个任意非空子串后得到的所有十进制数 的和。
答案对 \(10^9 + 7\) 取模。
\(1\le n\le 2 \times 10^6\)。
1S，128MB。
定义 \(f(l,r)\) 表示子串 \([l,r]\) 组成的十进制数。
考虑枚举删除的子串的最后一位 \(x\)，得到的十进制数的和为：
预处理出后缀表示的十进制数，枚举 \(x\) 的时候维护出前缀十进制数的和即可。
预处理 \(10^?\) 后时间复杂度 \(O(n)\)。
//知识点：瞎搞
/*
By:Luckyblock
*/
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define LL long long
const int kN = 2e6 + 10;
const LL mod = 1e9 + 7;
//=============================================================
int n;
char s[kN];
LL ans, sum, pow10[kN], suf[kN];
//=============================================================
inline int read() {
int f = 1, w = 0; char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
return f * w;
}
//=============================================================
int main() {
scanf("%s", s + 1);
n = strlen(s + 1);
pow10[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
pow10[i] = pow10[i - 1] * 10ll % mod;;
}
for (int i = n; i >= 1; -- i) {
suf[i] = suf[i + 1];
suf[i] += (s[i] - '0') * pow10[n - i] % mod;
suf[i] %= mod;
}
LL val = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
ans += sum * pow10[n - i] % mod + (i - 1) * suf[i] % mod;
ans %= mod;
val = (10ll * val % mod + s[i] - '0') % mod;
sum = (sum + val) % mod;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
B 空海澄澈
定义：
\[f(n) = \sum_{i=1}^{n}\gcd(i,n) \]有 \(m\) 次询问，每次询问给定参数 \(l,r\)，求：
\[\sum_{i=l}^{r}f(i)\pmod {998244353} \]\(1\le m\le 10^6\)，\(1\le l \le r\le 10^6\)。
1S，128MB。
这个式子是 Luckyblock 做 P5518 [MtOI2019]幽灵乐团 的时候化出来的，因为比较基础，所以就拿过来用了。
考虑化一下 \(f\)。
考虑对于每一个 \(1\sim n\) 的值，能作为多少数对的 \(\gcd\)，于是有：
发现 \(\gcd(i,n) = d\) 的必要条件是 \(d|n\)，原式可以改为：
考虑什么样的 \(i\)，满足 \(\gcd(i,n) = d\)，显然当且仅当 \(i=kd(k\in \mathbb{N^*})\)，且 \(\gcd(k,\frac{n}{d})=1\) 时满足条件。为保证 \(i\le n\)，有 \(k \le \left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\)。
于是考虑把 \(d\) 提出来，改为枚举上述的 \(k\)，原式等于：
考虑后面一个 \(\sum\) 的实际含义，表示 \(1\sim \frac{n}{d}\) 中与 \(\frac{n}{d}\) 互质的数的个数，符合欧拉函数的定义，于是原式等于：
线性筛预处理 \(\varphi\) 后，用埃氏筛即可筛出 \(1\sim 10^6\) 的所有 \(f\)。
做个前缀和即可回答区间询问。
复杂度 \(O(n\log n + m)\)。
//知识点：数论
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
const int kN = 1e6 + 10;
const int kMax = 1e6;
const int mod = 998244353;
//=============================================================
int p_num, p[kN], phi[kN];
int f[kN], sum[kN];
bool vis[kN];
//=============================================================
inline int read() {
int f = 1, w = 0;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-') f = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) {
w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
}
return f * w;
}
void Chkmax(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ > fir_) fir_ = sec_;
}
void Chkmin(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ < fir_) fir_ = sec_;
}
void Init() {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= kMax; ++ i) {
if (! vis[i]) {
p[++ p_num] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for (int j = 1; j <= p_num && i * p[j] <= kMax; ++ j) {
vis[i * p[j]] = true;
if (i % p[j] == 0) {
phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
break;
}
phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1);
}
}
for (int i = 1; i <= kMax; ++ i) {
for (int j = i; j <= kMax; j += i) {
f[j] += 1ll * phi[i] * (j / i) % mod;
f[j] %= mod;
}
}
for (int i = 1; i <= kMax; ++ i) {
sum[i] = (sum[i - 1] + f[i]) % mod;
}
}
//=============================================================
int main() {
Init();
int m = read();
while (m --) {
int l = read(), r = read();
printf("%d\n", (sum[r] - sum[l - 1] + mod) % mod);
}
return 0;
}
C 旧约酒馆
给定两周长为 \(n\) 的 \(01\) 环。
将它们叠放在一起，可以随意旋转两个环。
定义一种放置方案的价值为两个环对应位置的与的和，求最大价值。
\(1\le n\le 5\times 10^4\)。
1S，128MB。
这题是今年 10 月份去刷题班的晚上偷着听 mp3 的时候想出来的。
那个 mp3 就如题面所说，可以通过旋转获得不同的音量大小，实在是太厉害了= =
算法一
先把两个环展开，固定其中一个环，枚举另一个环的最多 \(n\) 种形态。
使用 bool 数组记录形态，暴力与起来求答案，复杂度 \(O(n^2)\)。
算法二
发现如果 \(n\) 较小的话，可以直接用整形变量存下展开后的环。
修改环的形态，可以在前一个形态的基础上通过位运算简单得到。
取与操作的复杂度也变得很小，总复杂度仅为 \(O(n)\) 级别。
考虑把一长度为 \(n\) 的 bool 数组压成一长度为 \(\frac{n}{64}\) 的 unsigned long long 数组。
形态变化可以通过右移和赋值完成，取与时对每一个数分别取与，并求 \(1\) 的个数。
总复杂度 \(O\left(\dfrac{n^2}{64}\right)\)。
C++ 中提供了一个与上述过程实现类似的容器，叫做 bitset。
可以将 bitset 当做一个支持取交并的 bool 数组使用。
需要注意的是 bitset 的时空复杂度是与系统位数有关的。
是一个非常简单的小工具，详细请看：OI-Wiki。
以下是用 bitset 实现的代码：
//
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <bitset>
#define LL long long
const int kMaxn = 1e5 + 10;
//=============================================================
int n, ans;
char sa[kMaxn], sb[kMaxn];
std::bitset <kMaxn> a, b, c;
//=============================================================
inline int read() {
int f = 1, w = 0;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-') f = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
return f * w;
}
void Chkmax(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ > fir_) fir_ = sec_;
}
void Chkmin(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ < fir_) fir_ = sec_;
}
//=============================================================
int main() {
n = read();
scanf("%s", sa + 1);
scanf("%s", sb + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
a[i] = (sa[i] == '1');
b[i] = (sb[i] == '1');
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
b[n + 1] = b[1];
b >>= 1;
Chkmax(ans, (a & b).count());
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
D 博物之志
给定一 \(n\times n\) 的网格，图中有 \(m\) 个给定的关键点。
给定人的起点终点，每次可以向上下左右任意方向移动一格。
特别地，当人与一个关键点横坐标相同或纵坐标相同时，可以瞬移到关键点，不花费次数。
求从起点到终点的最小移动次数。
\(1\le n\le 10^9\)，\(1\le m\le 10^5\)。
1S，256MB。
算法一
有个显然的暴力，每个点向上下左右的点连权值为 1 的双向边。每个关键点向同行同列的点连权值为 1 的双向边。然后跑 Dijkstra。
点数边数是 \(O(n^2)\) 级别的，时间复杂度 \(O(n^2\log (n^2))\) 级别，期望得分 30pts。
注意特判一下 task1。
//知识点：建图，最短路
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define pr std::pair
#define mp std::make_pair
#define LL long long
const int kM = 1e6 + 10;
const int kE = 6e6 + 10;
//=============================================================
int n, m, sx, sy, tx, ty;
int e_num, head[kM], v[kE], w[kE], ne[kE];
LL dis[kM];
bool vis[kM];
//=============================================================
inline int read() {
int f = 1, w = 0;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-') f = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) {
w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
}
return f * w;
}
void Chkmax(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ > fir_) fir_ = sec_;
}
void Chkmin(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ < fir_) fir_ = sec_;
}
void AddEdge(int u_, int v_, int w_) {
v[++ e_num] = v_;
w[e_num] = w_;
ne[e_num] = head[u_];
head[u_] = e_num;
}
void Dijkstra(int s_) {
std::priority_queue <pr <LL, int> > q;
memset(dis, 63, sizeof (dis));
memset(vis, 0, sizeof (vis));
dis[s_] = 0;
q.push(mp(0, s_));
while (! q.empty()) {
int u_ = q.top().second;
q.pop();
if (vis[u_]) continue ;
vis[u_] = true;
for (int i = head[u_]; i; i = ne[i]) {
int v_ = v[i], w_ = w[i];
if (dis[u_] + w_ < dis[v_]) {
dis[v_] = dis[u_] + w_;
q.push(mp(-dis[v_], v_));
}
}
}
}
int Id(int x_, int y_) {
return (x_ - 1) * n + y_;
}
//=============================================================
int main() {
n = read(), m = read();
sx = read(), sy = read();
tx = read(), ty = read();
if (m == 0) {
printf("%d\n", abs(tx - sx) + abs(ty - sy));
return 0;
}
for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
if (i + 1 <= n) AddEdge(Id(i, j), Id(i + 1, j), 1);
if (j + 1 <= n) AddEdge(Id(i, j), Id(i, j + 1), 1);
if (i - 1 > 0) AddEdge(Id(i, j), Id(i - 1, j), 1);
if (j - 1 > 0) AddEdge(Id(i, j), Id(i, j - 1), 1);
}
}
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
int x = read(), y = read();
for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
AddEdge(Id(x, j), Id(x, y), 0);
AddEdge(Id(j, y), Id(x, y), 0);
}
}
Dijkstra(Id(sx, sy));
printf("%lld\n", dis[Id(tx, ty)]);
return 0;
}
算法二
\(n\) 这么大，显然标算是个与 \(n\) 无关的算法。
考虑从起点到终点的最短路径。
若不经过任何一个关键点，最短路即为两点曼哈顿距离，可以直接算出。
否则可以把最短路看成：起点 \(\rightarrow\) 关键点 \(\rightarrow\) 终点。
于是将关键点作为中继点，改变连边方式：
- 起点向关键点连边，权值为 \(\min(|sx-x|, |sy-y|)\)。
- 关键点与关键点之间连 双向 边，权值为 \(\min(|x_1-x_2|, |y_1-y_2|)\)。
- 关键点向终点连边，权值为曼哈顿距离。
再跑 Dijkstra，点数边数变为 \(O(m^2)\) 级别，时间复杂度 \(O(m^2 \log (m^2))\) 级别，期望得分 70pts。
//知识点：建图，最短路
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define pr std::pair
#define mp std::make_pair
#define LL long long
const int kM = 1e5 + 10;
const int kE = 6e6 + 10;
//=============================================================
struct Node {
int x, y;
} a[kM];
int n, m, sx, sy, tx, ty;
int e_num, head[kM], v[kE], w[kE], ne[kE];
LL dis[kM];
bool vis[kM];
//=============================================================
inline int read() {
int f = 1, w = 0;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-') f = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) {
w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
}
return f * w;
}
void Chkmax(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ > fir_) fir_ = sec_;
}
void Chkmin(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ < fir_) fir_ = sec_;
}
void AddEdge(int u_, int v_, int w_) {
v[++ e_num] = v_;
w[e_num] = w_;
ne[e_num] = head[u_];
head[u_] = e_num;
}
void Dijkstra(int s_) {
std::priority_queue <pr <LL, int> > q;
memset(dis, 63, sizeof (dis));
memset(vis, 0, sizeof (vis));
dis[s_] = 0;
q.push(mp(0, s_));
while (! q.empty()) {
int u_ = q.top().second;
q.pop();
if (vis[u_]) continue ;
vis[u_] = true;
for (int i = head[u_]; i; i = ne[i]) {
int v_ = v[i], w_ = w[i];
if (dis[u_] + w_ < dis[v_]) {
dis[v_] = dis[u_] + w_;
q.push(mp(-dis[v_], v_));
}
}
}
}
//=============================================================
int main() {
n = read(), m = read();
sx = read(), sy = read();
tx = read(), ty = read();
AddEdge(0, m + 1, abs(tx - sx) + abs(ty - sy));
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
int x = read(), y = read();
a[i] = (Node) {x, y};
AddEdge(0, i, std::min(abs(sx - x), abs(sy - y)));
AddEdge(i, m + 1, abs(tx - x) + abs(ty - y));
}
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
for (int j = i + 1; j <= m; ++ j) {
AddEdge(i, j, std::min(abs(a[i].x - a[j].x), abs(a[i].y - a[j].y)));
AddEdge(j, i, std::min(abs(a[i].x - a[j].x), abs(a[i].y - a[j].y)));
}
}
Dijkstra(0);
printf("%lld\n", dis[m + 1]);
return 0;
}
算法三
为表达方便，以下钦定两关键点间的距离为 \(\min(|x_1-x_2|, |y_1-y_2|)\)。
考虑三个关键点之间的连边，如果出现下图情况：
显然 \(A\rightarrow C\) 的距离不小于 \(A\rightarrow B\) 与 \(B\rightarrow C\) 的距离之和。
因此可以不连 \(A\rightarrow C\) 的边，不会影响 \(A\rightarrow C\) 的最短路，可以删除这条边。
再考虑更一般的情况，如果有下图：
\(A\rightarrow C\) 的距离仍然不小于 \(A\rightarrow B\) 与 \(B\rightarrow C\) 的距离之和。
因此可以不连 \(A\rightarrow C\) 的边，不会影响 \(A\rightarrow C\) 的最短路。
但注意到 \(A\rightarrow C\) 的边会对 \(A\rightarrow B\) 的最短路作出贡献，这条边不能删除。
于是得到一个对算法二的优化：
先把关键点按 \(x\) 坐标排序，在排序后相邻两个点连 双向边。再把关键点按 \(y\) 坐标排序，在排序后相邻两点连 双向边。
跑出来的最短路与之前的相等，但点数边数仅为 \(O(m)\) 级别，时间复杂度 \(O(m\log m)\) 级别，可以通过。
注意空间大小。
//知识点：建图，最短路
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define pr std::pair
#define mp std::make_pair
#define LL long long
const int kM = 1e5 + 10;
const int kE = 6e5 + 10;
//=============================================================
struct Node {
int x, y, id;
} a[kM];
int n, m, sx, sy, tx, ty;
int e_num, head[kM], v[kE], w[kE], ne[kE];
LL dis[kM];
bool vis[kM];
//=============================================================
inline int read() {
int f = 1, w = 0;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-') f = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) {
w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
}
return f * w;
}
void Chkmax(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ > fir_) fir_ = sec_;
}
void Chkmin(int &fir_, int sec_) {
if (sec_ < fir_) fir_ = sec_;
}
bool CMPx(Node fir_, Node sec_) {
return fir_.x < sec_.x;
}
bool CMPy(Node fir_, Node sec_) {
return fir_.y < sec_.y;
}
void AddEdge(int u_, int v_, int w_) {
v[++ e_num] = v_;
w[e_num] = w_;
ne[e_num] = head[u_];
head[u_] = e_num;
}
void Dijkstra(int s_) {
std::priority_queue <pr <LL, int> > q;
memset(dis, 63, sizeof (dis));
memset(vis, 0, sizeof (vis));
dis[s_] = 0;
q.push(mp(0, s_));
while (! q.empty()) {
int u_ = q.top().second;
q.pop();
if (vis[u_]) continue ;
vis[u_] = true;
for (int i = head[u_]; i; i = ne[i]) {
int v_ = v[i], w_ = w[i];
if (dis[u_] + w_ < dis[v_]) {
dis[v_] = dis[u_] + w_;
q.push(mp(-dis[v_], v_));
}
}
}
}
//=============================================================
int main() {
n = read(), m = read();
sx = read(), sy = read();
tx = read(), ty = read();
AddEdge(0, m + 1, abs(tx - sx) + abs(ty - sy));
for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
int x = read(), y = read();
a[i] = (Node) {x, y, i};
AddEdge(0, i, std::min(abs(sx - x), abs(sy - y)));
AddEdge(i, m + 1, abs(tx - x) + abs(ty - y));
}
std::sort(a + 1, a + m + 1, CMPx);
for (int i = 2; i <= m; ++ i) {
LL val = std::min(abs(a[i].x - a[i - 1].x), abs(a[i].y - a[i - 1].y));
AddEdge(a[i - 1].id, a[i].id, val);
AddEdge(a[i].id, a[i - 1].id, val);
}
std::sort(a + 1, a + m + 1, CMPy);
for (int i = 2; i <= m; ++ i) {
LL val = std::min(abs(a[i].x - a[i - 1].x), abs(a[i].y - a[i - 1].y));
AddEdge(a[i - 1].id, a[i].id, val);
AddEdge(a[i].id, a[i - 1].id, val);
}
Dijkstra(0);
printf("%lld\n", dis[m + 1]);
return 0;
}
