2022牛客寒假集训营4
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E.真假签到题
题目
小红拿到了一份代码：
long long f(long long x)
{
if(x == 1)
return 1;
return f(x / 2) + f(x / 2 + x % 2);
}
给定一个正整数 \(x\) ，求 \(f(x)\)
分析
猜想 \(f(x)=x\) ，用归纳法：
-
\(x=1\) 时， \(f(1)=1\) 成立
-
若 \(x\leq k\) 时，\(f(x)=x\) 都成立
那么 \(x=k+1\) 时， \(f(x)=f(\lfloor\frac{x}{2}\rfloor)+f(\lfloor\frac{x}{2}\rfloor+x\bmod 2)=2\lfloor\frac{x}{2}\rfloor+x\bmod 2=x\) 也成立
综上， \(f(x)=x\) 对 \(x\in\mathbb{N^*}\) 都成立
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
long long x;
cin >> x;
cout << x << endl;
return 0;
}
H.真真真真签到题
题目
小红和紫被困在一个正方体的内部
紫先选择了一个位置，然后小红选择一个位置，紫希望离小红尽可能近，小红希望离紫尽可能远
两人都会选择最优策略，已知她们最终的距离为 \(x\) ，小红想知道正方体的体积是多少？
分析
紫先选择，由于小红会尽可能离他远，所以他的最优策略是使距离的最大值最小，那么他一定会在正方体中心，小红在正方体的八个端点之一
所以 \(x=\frac{\sqrt{3}}{2}a,V=a^3=\frac{8}{3\sqrt3}x^3\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
double x;
cin >> x;
cout << (8.0 * x * x * x / 3.0 / sqrt(3.0)) << endl;
return 0;
}
K.小红的真真假假签到题
题目
给定一个正整数 \(x\leq 10^9\) ，构造一个正整数 \(y\) 满足以下性质：
- \(x\mid y\) 且 \(x\not= y\)
- \(1\leq y\leq 10^{19}\)
- 在二进制表示下， \(x\) 是 \(y\) 的一个子串，且 \(x\) 和 \(y\) 在二进制表示下的 \(1\) 的个数不能相同
分析
设 \(x\) 的二进制表示为 \(\overline{a_1a_2\cdots a_n},n=\lfloor\log_2{x}\rfloor+1\)
那么 \(y=\overline{a_1a_2\cdots a_na_1a_2\cdots a_n}=(2^n+1)x\) 满足第一个和第三个条件，且 \(y\leq x(2x+1)\leq 2\cdot10^{18}+10^9\leq 10^{19}\) 满足第二个条件
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
long long x;
cin >> x;
cout << x * (1ll << (int)(log2(x) + 1)) + x << endl;
return 0;
}
F.小红的记谱法
题目
简谱有 2 种记谱的方法：
- 用 1234567 分别表示 do re me fa so la si
- 用 CDEFGAB 分别表示 do re me fa so la si
对于第一种记谱法，在一个数字后面加 \(x\) 个 * 表示升高了 \(x\) 个八度，在一个音后面加 \(x\) 个 . 表示减少了 \(x\) 个八度
而第二种记谱法和第一种不同的在于，尖括号 < 代表后面所有的音比前面的音低 8 度，反尖括号 > 则代表后面所有的音比前面的音高 8 度
现在给出一段第二种记谱法表示的简谱，输出对应的第一种记谱法
分析
模拟题
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int cnt = 0;
string s;
cin >> s;
for(int i = 0; i < s.length(); i++) {
if(s[i] == '>')
cnt++;
else if(s[i] == '<')
cnt--;
else{
if(s[i] == 'C') cout << 1;
if(s[i] == 'D') cout << 2;
if(s[i] == 'E') cout << 3;
if(s[i] == 'F') cout << 4;
if(s[i] == 'G') cout << 5;
if(s[i] == 'A') cout << 6;
if(s[i] == 'B') cout << 7;
if(cnt > 0)
for(int j = 0; j < cnt; j++)
cout << '*';
else
for(int j=cnt;j<0;j++)
cout<<'.';
}
}
cout << endl;
}
C.蓝慧星
题目
天上有两种彗星：红彗星和蓝慧星，每颗彗星会在出现 \(t\) 秒后消失，小红想知道有多少秒只能看到蓝慧星而看不到红彗星
分析
用两个数组 \(sum1,sum2\) 分别表示蓝彗星和红彗星，如果这个时段没有蓝慧星那么 \(sum1[i]=0\) ，红彗星同理
再转化为差分数列，所以区间修改就变为了两个单点修改，最后再还原原数列， \(sum1[0]\not= 0\) 且 \(sum2[i]=0\) 的时刻是符合条件的
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAX_N = 200000 + 5;
int n, k;
string s;
int sum1[MAX_N], sum2[MAX_N];
int main()
{
cin >> n >> k >> s;
for(int i = 0; i < n; i++){
int x;
cin >> x;
if(s[i] == 'B') {
sum1[x]++;
sum1[x + k]--;
} else {
sum2[x]++;
sum2[x + k]--;
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= 2e5; i++) {
sum1[i] += sum1[i - 1];
sum2[i] += sum2[i - 1];
ans += (sum1[i] && !sum2[i]);
}
cout << ans << endl;
}
I.爆炸的符卡洋洋洒洒
题目
小红有 \(n\) 种符卡，第 \(i\) 个符卡魔力为 \(a_i\) ，威力为 \(b_i\)
如果将多个符卡进行组合，则可以发动一个组合魔法，组合魔法的魔力消耗为选择的符卡的魔力消耗的总和，其威力为选择的符卡的威力的总和
小红必须保证最终符卡的魔力消耗总和为 \(k\) 的倍数，否则小红将受到魔力反噬而发动魔法失败
小红想知道，自己能发动的组合魔法最大的威力是多少
分析
01背包变形，要注意的是初始化时要为所有状态赋一个极小的初值，代表无法取到
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX_N = 1000 + 5;
ll dp[MAX_N][MAX_N];
ll a[MAX_N], b[MAX_N];
int n, k;
int main()
{
cin >> n >> k;
for(int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i] >> b[i];
for(int i = 0; i <= n; i++)
for(int j = 0; j <= k; j++)
dp[i][j] = -1e16;
dp[0][0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 0; j < k; j++)
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][(j + k - a[i] % k) % k] + b[i]);
cout << (dp[n][0] > 0 ? dp[n][0] : -1) << endl;
return 0;
}
J.区间合数的最小公倍数
题目
求 \([l,r]\) 内所有合数的最小公倍数，对 \(10^9+7\) 取模
分析
先用线性筛筛出 \([1,r]\) 内所有素数，区间内的合数的最小公倍数一定由其中的一部分素数的次幂组成，对于每个素数 \(p\) ，判断它是否能被 \([l,r]\) 内的数整除，且能整除它的数不是它本身
若存在两个或以上的 \(k\) ，则符合条件，若只存在一个 \(k\) 且 \(k\not=1\) ，也符合条件
对于符合条件的素数，计算它的最高次幂，最后将所有项相乘取模即可
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX_N = 100000 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;
ll ans = 1;
bool is_prime[MAX_N];
int prime[MAX_N];
int cnt;
void sieve(int n)
{
memset(is_prime, 1, sizeof(is_prime));
is_prime[1] = false;
cnt = 0;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
if(is_prime[i])
prime[++cnt] = i;
for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; j++) {
is_prime[i * prime[j]] = false;
if(i % prime[j] == 0)
break;
}
}
}
int main()
{
int l, r, n;
cin >> l >> r;
n = max(l ,r);
sieve(n);
bool fnd = false;
for(int i = l; i <= r; i++) {
if(!is_prime[i]) {
fnd = true;
break;
}
}
if(!fnd) {
cout << -1 << endl;
return 0;
}
for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
if(r / prime[i] - ceil(l / prime[i]) + 1 > 1 || r / prime[i] != 1) {
ans = ans * prime[i] % MOD;
cout << prime[i] << endl;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
A.R
题目
给定一个长度为 \(n\) 的仅含大写字母的字符串，取一个连续子串，该子串至少包含 \(k\) 个 R 字符且不能包含 P 字符，求有多少符合条件的子串
分析
设 \(r\) 为包括第 \(i\) 个字符向后出现的第 \(k\) 个 R 的位置，\(p\) 为包括第 \(i\) 个字符向后出现第 \(1\) 个 P 的位置，当 \(r<p\) 时会对答案产生 \(p-r\) 的贡献，从 \(1\) 到 \(n\) 遍历每一个字符并更新 \(r,p\) 即可
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k;
char s[200000 + 5];
int find_ch(int st, char ch, int x)
{
int cnt = 0;
for(int i = st; i <= n; i++) {
if(s[i] == ch) {
cnt++;
if(cnt == x)
return i;
}
}
return -1;
}
int main()
{
scanf("%d%d\n%s", &n, &k, s + 1);
s[++n] = 'P';
long long ans = 0;
int r = find_ch(1, 'R', k), p = find_ch(1, 'P', 1);
if(r < p && r != -1)
ans += p - r;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
if(s[i - 1] == 'R')
r = find_ch(r + 1, 'R', 1);
else if(s[i - 1] == 'P')
p = find_ch(i, 'P', 1);
if(r < p && r != -1)
ans += p - r;
if(r == -1)
break;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
B.进制
题目
小红拿到了一个长度为 \(n\) 的数字串（只包含 \(0\sim9\) ），她有 \(q\) 次操作
第一种： 1 x y ，表示修改第 \(x\) 个数字为 \(y\)
第二种： 2 x y ，表示查询区间 \([x,y]\) 所能代表的某进制的最小值
分析
用线段树维护区间 \([x,y]\) 内的最大值和区间代表的 \(2\sim10\) 进制的值，对于第二种操作，先查询区间内的最大值 \(maxx\) ，那么代表的最小值就是 \(maxx+1\) 进制下的值
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define ls(k) k << 1
#define rs(k) k << 1 | 1
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int MAX_N = 100000 + 5;
int n, q;
int maxx[MAX_N * 4], s[MAX_N];
ll num[MAX_N * 4][11];
char str[MAX_N];
ll qpow(ll a, ll b)
{
ll res = 1;
for(; b; b >>= 1) {
if(b & 1)
res = res * a % MOD;
a = a * a % MOD;
}
return res;
}
void build(int k, int l, int r)
{
if(l == r) {
maxx[k] = s[l];
for(int i = 2; i <= 10; i++)
num[k][i] = s[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(ls(k), l, mid);
build(rs(k), mid + 1, r);
maxx[k] = max(maxx[ls(k)], maxx[rs(k)]);
for(int i = 2; i <= 10; i++) {
num[k][i] = (num[ls(k)][i] * qpow(i, r - mid) % MOD + num[rs(k)][i]) % MOD;
}
}
void modify(int k, int l, int r, int x, int y)
{
if(l == r && l == x) {
maxx[k] = y;
for(int i = 2; i <= 10; i++)
num[k][i] = y;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(x <= mid)
modify(ls(k), l, mid, x, y);
else
modify(rs(k), mid + 1, r, x, y);
maxx[k] = max(maxx[ls(k)], maxx[rs(k)]);
for(int i = 2; i <= 10; i++) {
num[k][i] = (num[ls(k)][i] * qpow(i, r - mid) % MOD + num[rs(k)][i]) % MOD;
}
}
int query1(int k, int l, int r, int x, int y)
{
if(l >= x && r <= y)
return maxx[k];
int mid = (l + r) >> 1;
int res = 0;
if(x <= mid)
res = query1(ls(k), l, mid, x, y);
if(mid + 1 <= y)
res = max(res, query1(rs(k), mid + 1, r, x, y));
return res;
}
ll query2(int k, int l, int r, int x, int y, int p)
{
if(l >= x && r <= y)
return num[k][p] * qpow(p, y - r) % MOD;
int mid = (l + r) >> 1;
ll lres = 0, rres = 0;
if(x <= mid)
lres = query2(ls(k), l, mid, x, y, p) % MOD;
if(mid + 1 <= y)
rres = query2(rs(k), mid + 1, r, x, y, p) % MOD;
return (lres + rres) % MOD;
}
int main()
{
scanf("%d%d\n%s", &n, &q, str + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++)
s[i] = str[i] - '0';
build(1, 1, n);
while(q--) {
int opt, x, y;
scanf("%d%d%d", &opt, &x, &y);
if(opt == 1) {
modify(1, 1, n, x, y);
} else {
int p = query1(1, 1, n, x, y);
printf("%lld\n", query2(1, 1, n, x, y, p + 1));
}
}
return 0;
}
G.子序列权值乘积
题目
定义一个数组的权值为数组内的最大值乘最小值
给定一个长度为 \(n\) 的数组，求所有非空序列的权值乘积
分析
由于乘积内项的顺序可以任意改变，所以我们可以把最大值和最小值分别计算，先对数组 \(a\) 进行排序，对于 \(a[i]\) ，它作为最大值时，可以和前 \(i-1\) 个数的任意子集组成序列，对答案的贡献就是：
同理，它作为最小值时，可以和后 \(n-i\) 个数的任意子集组成序列，对答案的贡献是：
对于每一项分别计算即可，指数取模时需要用到费马小定理
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int MAX_N = 200000 + 5;
int a[MAX_N];
int n;
ll qpow(ll a, ll b, ll p)
{
ll res = 1;
for(; b; b >>= 1) {
if(b & 1)
res = res * a % p;
a = a * a % p;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
sort(a + 1, a + n + 1);
ll ans = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ans = ans * qpow(a[i], (qpow(2, i - 1, MOD - 1)), MOD) % MOD;
ans = ans * qpow(a[i], (qpow(2, n - i, MOD - 1)), MOD) % MOD;
}
printf("%lld\n", ans);
}
