「解题报告」2023-10-31 模拟赛

A#

(a.pas/c/cpp)

【题目描述】#

对于给定的一个正整数 $n$ ，判断 $n$ 是否能分成若干个正整数之和（可以重复），其中每个正整数都能表示成两个质数乘积。

【输入描述】#

第一行一个正整数 $q$ ，表示询问组数。

接下来 $q$ 行，每行一个正整数 $n$ ，表示询问。

【输出描述】#

$q$ 行，每行一个正整数，为 $0$ 或 $1$ 。 $0$ 表示不能， $1$ 表示能。

【输入样例】#

【输出样例】#

【样例解释】#

4 = 2 \times 2 21 = 6 + 15 = 2 \times 3 + 3 \times 5 25 = 6 + 9 + 10 = 2 \times 3 + 3 \times 3 + 2 \times 5 25 = 4 + 4 + 4 + 4 + 9 = 2 \times 2 + 2 \times 2 + 2 \times 2 + 2 \times 2 + 3 \times 3

$4 = 2 \times 2 \\ 21= 6 + 15 = 2 \times 3 + 3 \times 5 \\ 25 = 6 + 9 + 10 = 2 \times 3 + 3 \times 3 + 2 \times 5\\ 25 = 4 + 4 + 4 + 4 + 9 = 2 \times 2 + 2 \times 2 + 2 \times 2 + 2 \times 2 + 3 \times 3$

【数据范围】#

$30\%$ 的数据满足： $q \le 20,n \le 20$

$60\%$ 的数据满足： $q \le 10000,n \le 5000$

$100\%$ 的数据满足： $q \le 10^5,n \le 10^18$

最小的偶和数是 $4$ ，最小的奇和数是 $9$ ，所以， $n \ge 13$ 是一定有解。

$n < 13$ 时，当 $n = 1$ 或 $n$ 为质数时， $n$ 不能被分解。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define orz puts("sym, cjx, gjh AK IOI!");

template<typename T>
inline T read() {
	T x = 0;
	bool fg = 0;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {
		fg |= (ch == '-');
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
		ch = getchar();
	}
	return fg ? -x : x;
}

int q;
ll n;

bool check(ll n) {
	if (n == 1 || n == 2 || n == 3 || n == 5 || n == 7 || n == 11) {
		return 1;
	}
	return 0;
}

int main() {
	freopen("a.in", "r", stdin);
	freopen("a.out", "w", stdout);
	q = read<int>();
	while (q --) {
		n = read<ll>();
		if (check(n)) {
			puts("0");
		} else {
			puts("1");
		}
	}
	return 0;
}

B#

(b.pas/c/cpp)

【题目描述】#

有一个长度为 $n$ 的自然数序列 $a$ ，要求将这个序列恰好分成至少 $m$ 个连续子段。每个子段的价值为该子段的所有数的按位异或。要使所有子段的价值按位与
的结果最大，输出这个最大值。

【输入描述】#

第一行一个正整数 $q$ ，表示询问组数。

接下来 $q$ 组输入，每组输入两行：

第一行两个正整数 $n,m$ 。

第二行 $n$ 个正整数，描述序列 $a$ 。

【输出描述】#

一行一个正整数，表示答案。

【输入样例】#

1 
5 3 
1 2 3 4 5

【输出样例】#

【数据范围】#

$20\%$ 的数据： $n \le 20$

$40\%$ 的数据： $n \le 100, a_i < 256$

$60\%$ 的数据： $n \le 100$

$100\%$ 的数据： $1 \le q \le 12, 1 \le m \le n \le 1000,0 \le a_i < 2^30$

贪心的想，二进制下，高位为 $1$ ，那么这个数肯定大，且 $(1000)_2 > (0100)_2$ 的，所以我们贪心地让高位在经过运算后为 $1$ ，，然后从高到低依次枚举每个数位，判断该数位为 $1$ 时能否分成 $\ge m$ 的连续子段。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define orz puts("sym, cjx, gjh AK IOI!");

template<typename T>
inline T read() {
	T x = 0;
	bool fg = 0;
	char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') {
		fg |= (ch == '-');
		ch = getchar();
	}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {
		x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
		ch = getchar();
	}
	return fg ? -x : x;
}

const int N = 1010;

int n, m;
int siz[N][31], pd[32];
ll a[N];

void solve() {
	n = read<int>(), m = read<int>();
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		a[i] = read<ll>();
	}
	memset(pd, 0, sizeof pd);
	memset(siz, 0, sizeof siz);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		int js = 0;
		ll tmp = a[i];
		while (tmp) {
			siz[i][js] += (tmp & 1);
			++ js;
			tmp >>= 1;
		}
		for (int j = 0; j <= 30; ++ j) {
			siz[i][j] += siz[i - 1][j];
		}
	}
	int maxx = -1;
	for (int i = 30; i >= 0; -- i) {
		if (siz[n][i] >= m) {
			maxx = i;
			break ;
		}
	}
	if (maxx == -1) {
		puts("0");
		return ;
	}
	ll ans = 0;
	pd[maxx] = 1;
	for (int i = maxx; i >= 0; -- i) {
		if ((siz[n][i] & 1) != (siz[n][maxx] & 1))	continue ;
		int sum = 0, las = 0, cnt = 0;
		for (int j = 1; j <= n; ++ j) {
			if (siz[j][i] - siz[j - 1][i]) {
				++ sum;
			}
			if (sum & 1) {
				bool fg = 1;
				for (int k = i + 1; k <= maxx; ++ k) {
					if (!pd[k])	continue ;
					if (((siz[j][k] - siz[las][k]) & 1) == 0) {
						fg = 0;
						break ;
					}
				}
				if (fg) {
					sum = 0;
					las = j;
					++ cnt;
				}
			}
		}
		if (cnt >= m) {
			pd[i] = 1;
			ans |= (1ll << i);
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	int T = read<int>();
	while (T --) {
		solve();
	}
	return 0;
}

C#

(c.pas/c/cpp)

【题目描述】#

定义一个排列 $a$ 的价值为满足 $|a[i]-i| \le 1$ 的 $i$ 的数量。

给出三个正整数 $n,m,p$ ，求出长度为 $n$ 且价值恰好为 $m$ 的排列的个数对 $p$ 取模的结果。

【输入描述】#

第一行两个正整数 $T,p$ ， $T$ 为数据组数， $p$ 为模数。

接下来 $T$ 行，每行两个正整数 $n,m$ 。

【输出描述】#

$T$ 行，每行一个非负数，表示答案。

【输入样例】#

5 1887415157 
3 1 
3 2 
3 3 
50 10 
1500 200

【输出样例】#

【数据范围】#

$10\%$ 的数据： $n \le 10$

$30\%$ 的数据： $n \le 15$

$50\%$ 的数据： $n \le 200$

另有 $10\%$ 的数据： $m=1$

另有 $10\%$ 的数据： $m=n-1$

$100\%$ 的数据： $1 \le T,n,m \le 2000，2 \le p \le 10^{12}$

因为 $n,m <= 2000$ ,而且 $p$ 是事先给出的,所以我们可以一次性预处理出 $n,m \le 2000$ 的答案。

考虑一个长度为 $i$ 的排列如何变成长度为 $i+1$ 的排列。

一种情况是我在它末尾加入了一个数 $i+1$ ,另一种情况是我用 $i+1$ 替换掉了原来排列中的一个数，然后把被换掉的数放到排列的末尾。

那么,这个排列权值的变化就是：

第一种情况：在它末尾加入了一个数 $i+1$ ，权值 $+1$ 。

第二种情况：用 $i+1$ 替换掉一个数，权值 $+=$ 加的贡献 $-$ 换掉的数的贡献。

在 DP 当中，我们只需要考虑替换掉的数是否是 $i$ ,以及 $i$ 是否在位置 $\dfrac{i}{i-1}$ 即可。总共有 $5$ 种本质不同的状态，分类讨论转移即可。

复杂度 $O(nm)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=2005;

int q,n,m,u,v;
LL p,ans,f[N][N][5],x;

int rd(){
	int re=0,f=1;char c=getchar();
	while ((c<'0')||(c>'9')) {if (c=='-') f=-f;c=getchar();}
	while ((c>='0')&&(c<='9')) {re=re*10+c-'0';c=getchar();}
	return re*f;
}

int main(){
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
	cin>>q>>p;
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[1][1][0]=1ll;
	f[2][2][0]=1ll;f[2][2][1]=1ll;
	
	n=2000;
	for (int i=2;i<n;++i)
		for (int j=0;j<=n;++j){
			for (int k=0;k<=4;++k){
				x=f[i+1][j+1][0]+f[i][j][k];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][j+1][0]=x;
				u=j+((k%2)==0);
				v=1+(k!=0);
				x=f[i+1][u][v]+f[i][j][k];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][u][v]=x;
			}
			
			if (f[i][j][0]>0ll){
				f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][0]*(LL)(j-1))%p;
				f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][0]*(LL)(i-j))%p;
			}
			if (f[i][j][1]>0ll){
				x=f[i+1][j][3]+f[i][j][1];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][j][3]=x;
				f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][1]*(LL)(j-2))%p;
				f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][1]*(LL)(i-j))%p;
			}
			if (f[i][j][2]>0ll){
				x=f[i+1][j][3]+f[i][j][2];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][j][3]=x;
				f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][2]*(LL)(j-1))%p;
				f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][2]*(LL)(i-j-1))%p;				
			}
			if (f[i][j][3]>0ll){
				x=f[i+1][j+1][3]+f[i][j][3];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][j+1][3]=x;
				f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][3]*(LL)(j-1))%p;
				f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][3]*(LL)(i-j-1))%p;	
			}
			if (f[i][j][4]>0ll){
				x=f[i+1][j+1][3]+f[i][j][4];
				x=(x<p)?x:(x-p);
				f[i+1][j+1][3]=x;		
				if (j>0) f[i+1][j-1][4]=(f[i+1][j-1][4]+f[i][j][4]*(LL)(j))%p;
				f[i+1][j][4]=(f[i+1][j][4]+f[i][j][4]*(LL)(i-j-2))%p;	
			}
		}
	
	for (;q>0;--q){
		cin>>n>>m;
		ans=(f[n][m][0]+f[n][m][1]+f[n][m][2]+f[n][m][3]+f[n][m][4])%p;
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}

作者：yifan0305

出处：https://www.cnblogs.com/yifan0305/p/17800832.html

版权：本作品采用「署名-非商业性使用-相同方式共享 4.0 国际」许可协议进行许可。

转载时还请标明出处哟！

posted @ 2023-10-31 17:34 yi_fan0305 阅读(26) 评论(0) 编辑收藏举报

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