2.第十三届山东省大学生程序设计竞赛2023-09-14

3.做ICPC求极限题有感—–求极限题到底怎么做啊2023-09-15 4.2020ICPC区域赛南京站2023-09-21 5.2023ICPC网络赛第二场2023-10-01 6.2022 China Collegiate Programming Contest (CCPC) Mianyang Onsite2023-10-07 7.2024CCPC郑州邀请赛2024-05-15

第十三届山东省大学生程序设计竞赛

A. Orders

解题思路:

对订单进行升序排序。

遍历每一天，我们每天生成 $k$ 件货物，到第 $i$ 天就减去需要的，不够就是 $N o$ 。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
typedef pair<ll,ll> pii;
#define fi first
#define se second
int n,m,k;
void solve()
{
	scanf("%d %d",&n,&k);
	vector<pii> v(n + 1);
	for(int i = 1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld %lld",&v[i].fi,&v[i].se);
	}
	sort(v.begin()+1,v.end());
	ll sum = 0;
	ll last = 0;
	for(int i = 1;i<=n;i++)
	{
		sum += (v[i].fi - last) * k;
		last = v[i].fi;
		if(sum >= v[i].se)
		{
			sum -= v[i].se;
		}
		else
		{
			printf("No\n");
			return;
		}
	}
	printf("Yes\n");
	
}

int main()
{
	int t = 1;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
	
}

I. Three Dice

解题思路:

直接暴力分类讨论即可。

代码1:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
typedef pair<ll,ll> pii;
#define fi first
#define se second
int n,m,k;
void solve()
{
	ll a,b;
	scanf("%lld %lld",&a,&b);
	vector<int> black;
	black.push_back(2);
	black.push_back(3);
	black.push_back(5);
	black.push_back(6);
	map<int,bool> q;
	n = black.size();
	for(int i = 0;i<n;i++)
	{
		for(int j = 0;j<n;j++)
		{
			for(int k = 0;k<n;k++)
			{
				int res = black[i] + black[j] + black[k];
				q[res] = true;
			
			}
		}
	}
	map<int,int> s;
	for(int i = 0;i<n;i++)
	{
		for(int j = 0;j<n;j++)
		{
			int res = black[i] + black[j];
			s[res] = 1;
		}
	}
	if(a == 0)
	{
		for(auto c : q)
		{
			if(c.fi == b)
			{
				puts("Yes");
				return;
			}
		}
		puts("No");
		return;
	}
	else if(a == 1)
	{
		for(auto c : s)
		{
			if(c.fi == b)
			{
				puts("Yes");
				return;
			}
		}
		puts("No");
		return;
	}
	else if(a == 4)
	{
		for(auto c : s)
		{
			if(c.fi == b)
			{
				puts("Yes");
				return;
			}
		}
		puts("No");
		return;
	}
	else if(a == 2)
	{
		if(b == 2 || b == 3 || b == 5 || b == 6)
		{
			puts("Yes");
			return;
		}
		else
		{
			puts("No");
			return;
		}
	}
	else if(a == 5)
	{
		if(b == 2 || b == 3 || b == 5 || b == 6)
		{
			puts("Yes");
			return;
		}
		else
		{
			puts("No");
			return;
		}
	}
	else if(a == 8)
	{
		if(b == 2 || b == 3 || b == 5 || b == 6)
		{
			puts("Yes");
			return;
		}
		else
		{
			puts("No");
			return;
		}
	}
	else if(a == 3)
	{
		if(b != 0)
		{
			puts("No");
			return;
		}
		else
		{
			puts("Yes");
			return;
		}
	}
	else if(a == 12)
	{
		if(b != 0)
		{
			puts("No");
			return;
		}
		else
		{
			puts("Yes");
			return;
		}
	}
	puts("No");
	
}

int main()
{
	int t = 1;
//	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
	
}

优雅的题解思路代码(推荐):

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
typedef pair<ll,ll> pii;
#define fi first
#define se second
int n,m,k;
int a[] = {0,1,0,0,4,0,0};
int b[] = {0,0,2,3,0,5,6};
void solve()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for(int i = 1;i<=6;i++)
	{
		for(int j = 1;j<=6;j++)
		{
			for(int k = 1;k<=6;k++)
			{
				if(a[i] + a[j] + a[k] == n && b[i] + b[j] + b[k] == m)
				{
					puts("Yes");
					return;
				}
			}
		}
	}
	puts("No");
	
}

int main()
{
	int t = 1;
//	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
	
}

G. Matching

解题思路:

公式变换：

\begin{aligned} (1) & i - j & = a_{i} - a_{j} \\ (2) & a_{i} - i & = a_{j} - j \end{aligned}

不难发现， $a_{i} - i$ 相同的可以分到同一集合中。且任一集合中的边都不会指向另一个集合。

所以，我们每次选取一个集合中 $a_{i}$ 最大的两个点即可。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
typedef pair<ll,ll> pii;
#define fi first
#define se second
int n,m,k;
void solve()
{
	scanf("%d",&n);
	vector<ll> a(n + 1);
	map<ll,vector<ll>> q;
	for(int i = 1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		ll res = a[i] - i;
		q[res].push_back(a[i]);
	}
	ll ans = 0;
	for(auto &t : q)
	{
		vector<ll> &v = t.se;
		sort(v.begin(),v.end());
		for(int i = v.size()-1;i > 0;i--)
		{
			ll a = v[i];
			ll b = v[i-1];
			if(a + b > 0)
			{
				ans += a + b;
				i --;
			}
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
	
}

int main()
{
	int t = 1;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
	
}

D. Fast and Fat

解题思路:

二分队伍速度 $x$ .
对于速度大于等于 $x$ 的队员，他们的极限承重能力为 $w_{j}$ ,我们可进行公式推导：

$\begin{aligned} (3) & v_{i} - (w_{j} - w_{i}) = x \\ (4) & v_{i} - w_{j} + w_{i} = x \\ (5) & v_{i} + w_{i} - x = w_{j} \\ (6) & w_{j} = v_{i} + w_{i} - x \end{aligned}$
所以，我们可以记录可背人队员的承重极限，然后和速度小于 $x$ 的队员进比较，分配任务。

贪心地想，从最轻的落后队员开始看，尽量让承重极限小的队员背他，以此类推。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
typedef pair<ll,ll> pii;
#define fi first
#define se second
int n,m,k;
void solve()
{
	scanf("%d",&n);
	vector<ll> v(n + 1),w(n + 1);
	vector<pair<ll,int>> a(n + 1);
	vector<pair<pair<ll,ll>,int>> q(n + 1);
	for(int i = 1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld %lld",&v[i],&w[i]);
		a[i] = {v[i] + w[i],i};
		q[i] = {{w[i],v[i]},i};
	}
	sort(q.begin() + 1,q.end());
	sort(a.begin() + 1,a.end());
	int l = 0;
	int r = 1e9 + 1;
	auto check = [&](int x)
	{
		
		vector<int> t,ans;
		vector<bool> st(n + 1);
		for(int i = 1;i<=n;i++)
		{
			if(q[i].fi.se < x)
			{
				st[q[i].se] = true;
				t.push_back(q[i].fi.fi);
			}
		}
		for(int i = n;i>=1;i--)	
		{
			if(!st[a[i].se])
			{
				ans.push_back(a[i].fi - x);
			}
		}
		reverse(ans.begin(),ans.end());
		if(ans.size() < t.size())
		{
			return false;
		}
		int idx = ans.size()-1;
		for(int i = t.size()-1;i>=0 && idx >= 0;i--)
		{
			while(idx >= 0 && ans[idx] < t[i])
			{
				idx --;
			}
			if(idx >= 0)
			{
				idx --;
				t[i] = 0;
			}
			else
			{
				break;
			}
		}
		if(t.empty() || t[0] == 0)
		{
			return true;
		}
		return false;
	};
	while(l + 1 < r)
	{
		int mid = l + r >> 1;
//		cout<<mid<<endl;
		if(check(mid))
		{
			l = mid;
		}
		else
		{
			r = mid;
		}
	}
	printf("%d\n",l);
	
	
}

int main()
{
	int t = 1;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
	
}

L. Puzzle: Sashigane

解题思路:

不难发现，我们围着块周围铺全覆盖的 $L$ 型块即可。

一共n层，开头有了一层，我们还需要铺 $n - 1$ 层。

自己画图试一下就好。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using i128 = __int128;
typedef pair<ll,ll> pii;
#define fi first
#define se second
 

void solve()
{
	int n,a,b;
	scanf("%d %d %d",&n,&a,&b);
	int u = a;
	int d = a;
	int l = b;
	int r = b;
	printf("Yes\n%d\n",n-1);
	for(int i = 1;i <= n - 1;i++)
	{
//		cout<<i<<endl;
		//Èç¹ûÑ¡(u-1,l-1) 
		if(u > 1 && l > 1)
		{
			u --;
			l --;
			printf("%d %d %d %d\n",u,l,d - u, r - l);
		}
		else if(u > 1 && r < n)
		{
			u --;
			r ++;
			printf("%d %d %d %d\n",u,r,d - u,l - r);
		}
		else if(d < n && l > 1)
		{
//			cout<<1<<endl;
			d ++;
			l --;
			printf("%d %d %d %d\n",d,l,u - d,r - l);
		}
		else if(d < n && r < n)
		{
			d ++;
			r ++;
			printf("%d %d %d %d\n",d,r,u - d,l - r);
		}
//		printf("udlr : %d %d %d %d\n",u,d,l,r);
	}
}

int main()
{
	int t = 1;
//	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
	
}

E. Math Problem

解题思路:

首先，我们能够发现如果我们执行一次 $a$ 操作，然后再执行一次 $b$ 操作，那么除了花费增加了 $a + b$ ，值没有任何变化。所以，如果我们能得到一个答案，那么一定是先将需要操作的 $b$ 操作完，再进行 $a$ 操作。

不难发现，如果我们一直进行 $b$ 操作，那么 $n$ 会在 $l o g_{k} n$ 级的操作次数内变为 $0$ 。也就是说，我们可以枚举分别执行了 $0, 1, 2. . . l o g_{2} n$ 次 $b$ 操作，然后在执行完了 $i$ 次 $b$ 操作后开始不断执行 $a$ 操作直到求得答案。

如果我们在执行完了 $i$ 次 $b$ 操作后有执行了 $j$ 次 $a$ 操作，那么此次求得答案的花费就是 $i * a + j * b$ 。

那么执行 $a$ 操作的次数会不会超时呢？

公式推导:

\begin{aligned} (7) & f_{0} & = n \\ (8) & f_{i} & = k * f_{i - 1} + x, (0 \leq x < k, i > 0) \end{aligned}

暴力带入 $x = k + 1$ 看上界规律:

\begin{aligned} (9) & f_{0} & = n \\ (10) & f_{1} & = k * n + x \\ (11) & = k * n + k - 1 \\ (12) & = k * (n + 1) - 1 \\ (13) & f_{2} & = k (k * n + x) + x \\ (14) & = k^{2} * n + k * x + x \\ (15) & = k^{2} * n + k * (k - 1) + (k - 1) \\ (16) & = k^{2} * n + (k + 1) * (k - 1) \\ (17) & = k^{2} * n + k^{2} - 1 \\ (18) & = k^{2} * (n + 1) - 1 \\ (19) & . . . . . . \\ (20) & f_{p} & = k^{p} * (n + 1) - 1 \end{aligned}

假设进行完除法得到的当前数为 $c u r$ .那么如果进行了 $p$ 次乘法操作，我们的可取值区间为:

[k^{p}, k^{p} * (n + 1) - 1]

即使 $k^{p}$ 并不是 $m$ 的倍数，只要 $k^{p} * (n + 1) - 1 - (k^{p})$ 即往后 $k^{p} * n - 1$ 个数中有 $m$ 的倍数即可。

也就是说 $k^{p} * n - 1 \geq m - 1$ 即可。

由上可知：乘法的最大执行次数大概也是 $l o g_{k} m$ 级别的。所以直接暴力即可。

所以，总时间复杂度为 $O (l o g_{k} n \times l o g_{k} m)$ 。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
using i128 = __int128;
typedef pair<ll,ll> pii;
#define fi first
#define se second

ll qmi(ll a,ll b)
{
	ll res = 0;
	while(b)
	{
		if(b & 1)
		{
			res = (res * a);
		}
		
	}
}

void solve()
{
	ll n,k,m,a,b;
	scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&n,&k,&m,&a,&b);
	if(n % m == 0)
	{
		printf("0\n");
		return ;
	}
	if(k == 1)
	{
		printf("-1\n");
		return;
	}
	ll ans = 1e18;
	i128 cur = n;
	for(int i = 0;;i++,n /= k)
	{
		if(n == 0)
		{
			ans = min(ans,i * b);
			break;
		}
		i128 l = n;
		i128 r = n;
		ll res = i * b;
		while(r / m == l / m && l % m)
		{
			l *= k;
			r = r * k + k - 1;
			res += a;
		}
		ans = min(ans,res); 
	}
	cout<<ans<<endl;
}

int main()
{
	int t = 1;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		solve();
	}
	return 0;
	
}

posted @ 2023-09-14 01:05 value0 阅读(53) 评论(0) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 2023ICPC网络赛第二场

· 2024牛客寒假算法基础集训营1

· 2023CCPC山东省赛

· 2023 年山东省大学生程序设计竞赛个人题解

· The 13th Shandong ICPC Provincial Collegiate Programming Contest(SDKD 2024 Summer Training Contest F2)

阅读排行：
· 地球OL攻略 —— 某应届生求职总结
· 周边上新：园子的第一款马克杯温暖上架
· Open-Sora 2.0 重磅开源！
· 提示词工程——AI应用必不可少的技术
· .NET周刊【3月第1期 2025-03-02】

公告

昵称： value0
园龄： 1年11个月
粉丝： 15
关注： 2

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

value0

第十三届山东省大学生程序设计竞赛

第十三届山东省大学生程序设计竞赛

A. Orders

解题思路:

代码:

I. Three Dice

解题思路:

代码1:

优雅的题解思路代码(推荐):

G. Matching

解题思路:

代码:

D. Fast and Fat

解题思路:

代码:

L. Puzzle: Sashigane

解题思路:

代码:

E. Math Problem

解题思路:

代码:

公告

搜索

常用链接

合集

随笔分类

随笔档案

相册

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论