ABC367
A
link
先判断一下时间是否跨天，如果跨天了，把后一个加上\(24\)，使后一个大于前一个，再判断国王喊的时间或喊的时间加\(24\)是否在范围内。
神奇的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main(){
int a,b,c;
cin >> a >> b >> c;
if(b > c) c += 24;
if(b <= a&&a <= c||b <= a+24&&a+24 <= c) cout << "No";
else cout << "Yes";
return 0;
}
B
link
输入后再用\(cout\)输出即可，因为\(cout\)会去掉末尾的\(0\)。
神奇的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
signed main(){
double x;
cin >> x;
cout << x;
return 0;
}
C
link
搜索即可，每个数按从小到大搜，输出的一定是字典序从小到大的。
神奇的代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k;
int r[10];
int sum,res[10];
void dfs(int x){
if(x > n){
if(sum%k == 0){
for(int i = 1;i <= n;++ i)
cout << res[i] << " ";
cout << endl;
}
return;
}
for(int i = 1;i <= r[x];++ i){
res[x] = i;
sum += i;
dfs(x+1);
sum -= i;
}
}
signed main(){
cin >> n >> k;
for(int i = 1;i <= n;++ i) cin >> r[i];
dfs(1);
return 0;
}
D
link
化环为链。
我们把长度为\(n\)的环变为长度为\(2n\)的链，这样环上能走的链上也都能走，但是会有重复，那么我们针对后半部分，看它为\(t\)时哪些\(s\)满足要求。
这里如果是\(s\)走到\(t\)，那么路程就是\(qzh_{t-1}-qzh_{s-1}\)，\(qzh_i\)为\(a_i\)的前缀和，后半部分也一样做前缀和，但是要把前半部分的\(a_i\)也累加上。解释一下为什么是\(qzh_{t-1}-qzh_{s-1}\)，因为\(a_i\)就可以走到\(i+1\)了，那么加到\(qzh_{t-1}\)就可以走到\(t\)了，然后\(qzh_{s-1}\)是走到\(s\)的，这一部分不需要。
首先，考虑如果在环上的要求：从前边段这个的后面走到它才行，否则会有绕圈。其次，考虑是\(m\)的倍数的要求，我们知道如果\((qzh_{t-1}-qzh_{s-1})%m=0\)，那么\(qzh_{t-1}%m=qzh_{s-1}%m\)，所以，对于每一个\(n+t\)（因为是后半段），我们只要找在\(t+1\)及以后的\(s\)中\(qzh_{s-1}%m\)和\(qzh_{t-1}%m\)一样的个数即可，那么我们可以转化为\(t+1\)及以后的\(s\)中\(qzh_s%m\)和\(qzh_{t}%m\)一样的个数。
那么我们可以用一个桶存\(%m\)的余数的个数，一开始把所有前半段的都加上，然后每次把前半段的这一个去掉（前面那些已经在前面去掉了），计入答案后把这一个加上，如果先加了会多，因为\(s\)不能是自己。
神奇的代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m;
int a[200005];
int qzh[400005];
int g[1000005];
int ans;
signed main(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;++ i){
cin >> a[i];
qzh[i] = (qzh[i-1]+a[i])%m;
}
for(int i = 1;i <= n;++ i){
qzh[n+i] = (qzh[n+i-1]+a[i])%m;
}
for(int i = 1;i <= n;++ i) g[qzh[i]]++;
for(int i = n+1;i <= 2*n;++ i){
g[qzh[i-n]]--;
ans += g[qzh[i]];
g[qzh[i]]++;
}
cout << ans;
return 0;
}
E
link
倍增。
我们用倍增的思想，用\(x_{i,j}\)代表第\(i\)个位置操作\(2^j\)次后是\(a\)的哪一位上的数，预处理后对于每一个数要二进制分解\(k\)去操作，哪一位有\(1\)，就变一下。
神奇的代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,k;
int x[200005][64];
int a[200005];
signed main(){
cin >> n >> k;
for(int i = 1;i <= n;++ i) cin >> x[i][0];
for(int i = 1;i <= n;++ i) cin >> a[i];
for(int i = 1;i <= 63;++ i){
for(int l = 1;l <= n;++ l){
x[l][i] = x[x[l][i-1]][i-1];
}
}
for(int i = 1;i <= n;++ i){
int p = i;
int t = k;
int lg = 0;
while(t){
if(t&1){
p = x[p][lg];
}
lg++;
t >>= 1;
}
cout << a[p] << " ";
}
return 0;
}
F
link
哈希，如果单纯是和的话太容易卡了，那么我们用和和平方和，可是还是会被卡，那么我们把\(1\)到\(n\)的数随机映射到\(unsigned long long\)范围内的数，如\(1\)映射为\(10086\)，\(2\)是\(233\)，\(3\)是\(1145\)，这时就不容易被卡了，那么已经这么大了，再加容易超过\(unsigned long long\)的范围，那么可以自然溢出，相当于对\(2^{64}\)取模。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int unsigned long long
using namespace std;
int n,q;
int a[200005],b[200005];
int w[200005];
int qa[200005],qb[200005];
int pa[200005],pb[200005];
//mt19937 随机生成[0,2^32)的
//mt19937_64 随机生成[0,2^64)的
mt19937_64 r(114514);
signed main(){
cin >> n >> q;
for(int i = 1;i <= n;++ i)
w[i] = r();
for(int i = 1;i <= n;++ i){
cin >> a[i];
qa[i] = qa[i-1]+w[a[i]];
pa[i] = pa[i-1]+w[a[i]]*w[a[i]];
}
for(int i = 1;i <= n;++ i){
cin >> b[i];
qb[i] = qb[i-1]+w[b[i]];
pb[i] = pb[i-1]+w[b[i]]*w[b[i]];
}
while(q--){
int al,ar,bl,br;
cin >> al >> ar >> bl >> br;
if(ar-al == br-bl
&&qa[ar]-qa[al-1] == qb[br]-qb[bl-1]
&&pa[ar]-pa[al-1] == pb[br]-pb[bl-1])
cout << "Yes\n";
else cout << "No\n";
}
return 0;
}
