2024郑州邀请赛暨河南省赛题解
知识点模块
1.当一个数是10的倍数（记作n），我们要把这个数变成另一个数（记作k）的倍数，我们该怎么做呢，我们只需要n+k-（n+k）%k即可，比如100要变成23的倍数，只需要100+23-（100+23）%23=115即可
ans=n+k-（n+k）%k
2.multiset
se.erase(se.lower_bound(mark))
3.快速幂的模板
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ll ksm(ll a,ll n)//a为底数，n为次方
{
ll res=1;
while(n>0){
if(n&1) res=res*a*%mod;
a=a*a%mod;
n=n>>1;
}
}
4.正式地说，答案对 998 244 353 取模表达了如下含义。令 M = 998 244 353，可以证明答案可表示为既约分数 p/q，其中 p 和 q 均为整数，且 q ̸≡ 0 (mod M)。你需要输出 p · q^−1 mod M。换句话说，你需要输出满足 0 ≤ x < M 且 x · q ≡ p (mod M) 的整数 x。
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//怎么翻译这句话呢？其实可以这么记忆
//题目是这么要求的：由于答案可能不是整数，为了方便计算，你只需要求出这个值对 998 244 353 取模的结果。
//也就是说计算概率肯定是分数，那么假如结果是1/2*2/3*1/3
//我们就以表示成ans=ans*cnt[x]%mod*ksm（q,mod-2)%mod; ans%=mod;
//cnt就是分子，q为分母，1/x表示为ksm(x,mod-2)原理是费马小定理
记好这个模板 ans=ans*cnt[x]%mod*ksm（q,mod-2)%mod; ans%=mod;
5.next_permutation(s.begin(),s.end())的使用
会按照当前数组的顺序接下去全排列输出，排完了就返回0
6.埃筛法模板
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bool isp[100005];
void isf()
{
for(int i=0;i<100005;i++) isp[i]=1;
isp[0]=isp[1]=0;
for(int i=2;i<100002;i++)
{
if(isp[i])
{
for(int j=2*i;j<=100001;j+=i)
{
isp[j]=0;
}
}
}
}
题目以pdf的形式展现
https://codeforces.com/group/L9GOcnr1dm/contest/524066/attachments/download/25503/problemset_codeforces.pdf
Problem A. Once In My Life
这一题我们就用到了上述的知识点1，我们需要把让d出现两次，那么构造的方法就是123456789d0000，后面几个0取决于n有几位数，那么在把这个123456789d000按照知识点1来处理，最后除以n即可
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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 998244353
#define ll long long
#define endl '\n'
using namespace std;
void solve()
{
string n;
int d,ans=123456789;
cin>>n>>d;
int len=n.size();
ans=(ans*10+d)*pow(10,len);
int k=stoi(n);
ans=(ans+k)-(ans+k)%k;
cout<<ans/k<<endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
return 0;
}
Problem B. 扫雷 1
这题本质上是每个区间的贪心问题，我们从末尾开始预处理，给每段区间的值都改为最小值，然后按顺序遍历即可，自己写几个样例看看，学习预处理的思路会很有帮助
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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 998244353
#define ll long long
#define endl '\n'
using namespace std;
void solve()
{
int n;
cin>>n;
vector<int>a(n+1),b(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
int minn=1e9;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
if(a[i]<minn){
minn=a[i];
}
a[i]=minn;
}
//for(auto t:a) cout<<t<<" ";
int cnt=0,ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cnt++;
if(cnt>=a[i])
{
ans+=cnt/a[i];
cnt%=a[i];
}
}
cout<<ans;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--) solve();
return 0;
}
Problem F. 优秀字符串
签到题，按题意模拟即可
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
#define int long long
typedef pair<int,int> pii;
int ans=0;
void solve()
{
string s;
map<char,int>mp;
cin>>s;
if(s.size()!=5) return ;
if(s[2]!=s[4]) return;
for(int i=0;i<=3;i++)
{
mp[s[i]]++;
if(mp[s[i]]>1) return ;
}
ans++;
}
signed main () {
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
cout<<ans;
}
Problem H. 随机栈
这题有两个需要处理的点
1.最后递增的序列的概率是多少呢，我们可以这样操作，先把所有的数字都放入multiset里面，然后再放一个1e10，可以开一个变量k=-1(就是一个参照值，每次用来找比已经取出的最小值的数)，每一次从这个取出最小值，怎么实现呢，使用lower_bound,然后找到大于等于第一个minn的数，取完以后记得把这个数从堆里面删掉，用知识点2，然后再更新k重复这个过程即可
2.就是对这个结果分数的处理，按照题目的要求，我们得到的概率是分数，但是要我们输出的却是一个整数，那么就使用知识点4来处理
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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 998244353
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
int ksm(int a,int n)//a为底数,n为次方
{
int res=1;
while(n>0)
{
if(n&1)res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
n=n>>1;
}
return res;
}
void solve()
{
int n;
cin>>n;
multiset<int>se;
se.insert(1e10);
map<int,int>cnt;
int k=-1,ans=1;
//k其实就是一个更新的参照，用来找这个堆里的最小值，然后不断的实现取出来的操作
for(int i=0;i<2*n;i++)
{
int x;
cin>>x;
if(x!=-1)
{
se.insert(x);
cnt[x]++;
}
else{
int mark=*se.lower_bound(k);
if(mark==1e10)//也就是插入的元素没有匹配的
{
ans=0;
}
else{
int q=se.size()-1;
ans=ans*cnt[mark]%mod*ksm(q,mod-2)%mod;
ans%=mod;
cnt[mark]--;
if(cnt[mark]==0) cnt.erase(mark);
se.erase(se.lower_bound(mark));//这里因为set里面会有重复的，只有删地址才能实现只删一个
k=max(k,mark);
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int t=1;
//cin>>t;
while(t--) solve();
return 0;
}
Problem J. 排列与合数
1.首先还是明确什么是合数，除了1以外的数不是质数就是合数，我们使用唉筛法，先标记一下一下用来快速的判断
2.然后我们先对这个数进行排序，sort一下，然后再用next_permutation函数，符合题意输出终止即可
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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 100000007;
using namespace std;
int a[300005],b[300005];
int n;
bool isp[100005];
void isf()
{
isp[0]=isp[1]=0;
for(int i=2;i<100002;i++)
{
if(isp[i])
{
for(int j=2*i;j<=100001;j+=i)
{
isp[j]=0;
}
}
}
}
void solve()
{
int n;
string s;
cin>>s;
sort(s.begin(),s.end());
do{
if(s[0]=='0') continue;
int mark=0;
for(auto t:s) mark=10*mark+t-'0';
if(!isp[mark]){
cout<<s<<endl;
return ;
}
}while(next_permutation(s.begin(),s.end()));
cout<<"-1"<<endl;
}
signed main()
{
int t=1;
memset(isp,1,sizeof isp);
isf();
cin>>t;
while(t--) solve();
return 0;
}
Problem M. 有效算法
1.拆一下绝对值会发现 ai-k×bi< x <ai+k×bi，而x是符合每次a的变化的，那么就代表每个对应的ai和bi都会对应一个区间，而这些区间都会有交集，而且这里一定要注意区间的缩小，否则会出现一个大区间里面包含很多个不交叉的小区间的情况
2.明确了上述这个点以后，只要二分枚举一下k然后验证即可，注意k=0是合法的
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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 100000007;
using namespace std;
int a[300005],b[300005];
int n;
bool check(int x)
{
int ll=a[1]-x*b[1],rr=a[1]+x*b[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int ls=a[i]-x*b[i],rs=a[i]+x*b[i];
if(ls>ll) ll=ls;
if(rs<rr) rr=rs;
if(ll>rr) return 0;
}
return 1;
}
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
int l=0,r=1e10;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<l<<endl;
}
signed main()
{
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
return 0;
}
Problem D. 距离之比
https://blog.csdn.net/qq_45809243/article/details/138890493 理解来自于这里
1.首先我们设PQ=X，∣PM∣=x∣cosθ∣,∣QM∣=x∣sinθ∣。对曼哈顿距离与欧式距离的比值化简以后就是∣sinθ∣+∣cosθ∣，原式化简可以发现在0-Π/2和Π/2-Π之间，只要越靠近45度，这个比值越大
2.我们在一个坐标轴的一个象限内，取A,B,C三个点，按照X的大小（距离y轴的远近来排序），可以发现，这三条线中斜率最大的一定是来自于AB或者BC，即，斜率最大的不会出现在距离y轴的距离不相邻的点，为什么我一定强调这是距离y轴的距离而非x呢？后面会醒悟的
3.假设我们要找一条斜率更接近90度的直线，那么我们一定是在点2中这样相邻的点取遍历寻找的，那么我们要找一条靠近45度的直线，是不是也是这个道理呢？答案是同理的，如果我们按照距离y=x的远近程度从小到大排序，然后再遍历找最值，那么这就是答案了
4.一个点逆时针旋转45度，便得到了与我们要找的90度的直线等价的点，根据旋转矩阵的知识点，x转完以后左边便成为x+y（这个知识点见 https://zhuanlan.zhihu.com/p/183973440?utm_id=0 ），而135度的同理，只是转完以后变成了x-y
5.那么我们便可以按照两种情况去排序点，然后找到比值的最值即可
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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 998244353
#define endl '\n'
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
bool cmp1(pii a,pii b)
{
return a.first+a.second<b.first+b.second;
}
bool cmp2(pii a,pii b)
{
return a.first-a.second<b.first-b.second;
}
double cal(pii a,pii b)
{
int x1=a.first,y1=a.second;
int x2=b.first,y2=b.second;
double res=( ( abs(x1-x2)+abs(y1-y2) )/sqrt( pow(x1-x2,2)+pow(y1-y2,2) ));
return res;
}
void solve()
{
int n;
cin>>n;
vector<pii>p(n) ;
for(int i=0;i<n;i++) cin>>p[i].first>>p[i].second;
sort(p.begin(),p.end(),cmp1);
//for(int i=0;i<n;i++) cout<<p[i].first<<" "<<p[i].second<<endl;
double maxx=-1;
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
maxx=max(maxx,cal(p[i],p[i+1])) ;
}
sort(p.begin(),p.end(),cmp2);
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
maxx=max(maxx,cal(p[i],p[i+1])) ;
}
cout<<fixed<<setprecision(12)<<maxx<<endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int t=1;
cin>>t;
while(t--) solve();
return 0;
}
posted on 2024-05-18 01:02 swj2529411658 阅读(51) 评论(0) 编辑 收藏 举报
