2022 zafu新生赛题解

打印煎饼(1x)

输出即可，可以直接 php。

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打印煎饼(2x)

原矩阵中的 \((i,j)\) ，对应新矩阵中的 \((2\times i,2\times j),(2\times i,2\times j+1),(2\times i+1,2\times j),(2\times i+1,2\times j+1)\)

所以我们将原矩阵中的每行的每个字符都输出两次，并且变成一样的两行就行，具体可结合代码进行理解。

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这个彬彬打电动超勇的

由于数据范围小，我们可以用数组记录每分钟是否在打游戏，查询时判断一下即可。

注意判断时要完整地读入数据，有许多代码都有提前 break 的问题。其次则是数组初始化。

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当然你也可以对每个时间点判断下是否在两个区间内。

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杨神の签到

从辗转相除法的角度考虑，会发现 \(a\) 与 \(a + x\) 互质等价于 \(x\) 与 \(a\) 互质。因此我们只需找到与 \(x\) 互质的数即可。

可以从 \(2\) 开始暴力找，因为 \(10^9\) 以内的数所含的不同质数不超过 \(10\) 个。

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当然你也可以直接输出 \(x + 1\)。

杨神的命名法

按照题意模拟即可，如果用数组读入需注意数组大小。

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视力不好的yyjj

观察题目发现可以倒着来暴力减去后面的数求得答案，我们会发现这么做的复杂度最多为：

\[\lfloor \frac{10^5}{1} \rfloor + \lfloor \frac{10^5}{2} \rfloor + \cdots +\lfloor \frac{10^5}{10^5} \rfloor \ = 1166749 \leqslant 2 \times 10^6 \]

复杂度 \(O(\)能过\()\)，足以通过本题。

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jbgg想要n

用 \(w_{i}\) 表示 \(i\) 个 \(n\) 拼起来的数

显然存在 \(d\leqslant p\)，使得

\[w_{d} \bmod p = w_{0} =0 \]

易知

\[w_{i+j}=w_{i}\times d + w_{j} \]

可得

\[w_{d+j}\%p=w_{j}\%p \]

因此 \(w_{i}\%p\) 会循环且循环节的长度为 \(d\)，又因为 \(d\leqslant p\)，我们只要直接计算出所有 \(1\leqslant i \leqslant \min\left(m,p\right)\) 时的 \(w_{i}\% p\)，取其中的最大值作为答案就行了。

时间复杂度为 \(O(p)\)。

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车车的爱之矩阵

以下是一种可行的解法：

考虑只用 \(1\) 和 \(-1\) 构造这个矩阵，容易想到 \(1\) 和 \(-1\) 间隔排的情况正好能够满足条件。(类似于国际象棋的单元格)

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汽车人变形

前置知识：dfs，图

由于车车不会回头，答案就是寻找一条链，使得链上的人数最大。

我们可以枚举每一个点作为 dfs 的根节点对整张图进行 dfs，在 dfs 的过程中记录车车创到的人数，对答案取 \(\max\) 即可。此方法复杂度为 \(O(n^2)\)，可以通过本题。

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当然本题还有复杂度为 \(O(n)\) 的经典 树形dp 做法。

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磊神的慈悲

按照题意直接模拟即可，一种具体实现如下，复杂度为 \(O(n^2)\)。

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当然你也可以使用并查集路径路径压缩来将查找复杂度优化到近似 \(O(1)\)。

复杂度的具体分析可以参考 oi-wiki 并查集复杂度。

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jbgg爆金币咯

一道很基础的博弈，当 \(AsindE\) 放技能时，如果至少有一个技能能让他达到 \(slwang\) 的必败态，那么这个位置就是 \(AsindE\) 必胜态，反之就是他的必败态，\(slwang\) 放技能也是一样的

由于 \(jbgg\) 的血量只会减少，且当 \(jbgg\) 血量小于等于 \(0\) 时对双方来说都是必败态，我们可以根据 \(boss\) 剩余血量从低向高转移，最后只要看当 \(jbgg\) 血量为 \(x\) 时 \(AsindE\) 是否必胜就好了。

每次求得答案的时间复杂度为 \(O(x \times (n+m))\)。

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当然你也可以使用记忆化搜索

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异或和

相关知识：组合数，快速幂，乘法逆元。

首先暴力的复杂度为 \(O(2^{n})\) 显然无法通过。

考虑序列中只有 \(0\) 和 \(1\) 的情况。此时只有当我们选择的数中有奇数个 \(1\) 的时候，它们的异或和才为 \(1\)，对答案产生贡献。那么此时的答案就是：所有下标的选法中，含有奇数个 \(1\) 的选法的个数。

假设长度为 \(n\) 的序列中有 \(x\) 个 \(1\)，那么异或和为 \(1\) 的选法总数即为：

\[2^{n - x} \times\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{x + 1}{2} \rfloor}\binom{x}{2\times i - 1} \]

其中\(\binom{}{}\)为组合数符号，如：\(\binom{3}{2} = C_3^2\)

这种方法的复杂度为 \(O(n)\) 的。

回到题目，将数的二进制表示下的每一位拆开来单独考虑，会发现他们产生的贡献都是独立的。因此我们以同样的方法处理出各个位上异或和为 \(1\) 的选法总数，再乘上对应的权值加起来即可。

此复杂度为 \(O(n\log{m})\), \(m\) 为值域大小。因为二进制表示下能产生贡献的位数不超过 \(21\) 个，我们只需从第 \(1\) 位枚举到第 \(21\) 位计算贡献即可。

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但如果再推一推，我们可以发现：

\[\displaystyle\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{x + 1}{2} \rfloor}\binom{x}{2\times i - 1}=2^{x-1} \]

那么上面的式子可以变成：

\[2^{n-x} \times 2^{x - 1} = 2^{n-1} \]

我们会发现不需要再去统计二进制下各个位上 \(1\) 的个数了，只需要确认各个二进制位上有没有 \(1\) 出现即可。可以通过或操作来实现。

则答案可以为：

\[(a_1 | a_2 | \cdots |a_n) \times 2^{n-1} \]

这个方法的复杂度为 \(O(n)\)。

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yyjj与可恶的工图课

可以先将两盏灯投射到地面的阴影区间集合分别存起来，分别区间合并后，再分别处理出光亮区间集合存起来，再对两个光亮区间集合进行区间合并，再求具体长度就可以了。

具体的点的坐标可以运用初高中数学知识解决。

时间复杂度 \(O(nlogn)\)。

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