Codeforces Round #536 (Div. 2)

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Codeforces Round #536 (Div. 2)

A

题目大意

给你一个\(n\times n(n\leqslant500)\)的矩阵，只包含.和X，问最多可以找到多少个\(cross\)，一个\(cross\)为如下图形：

X_X
_X_
X_X

_表示可以为任意字符。不同的\(cross\)之间可以重叠

题解

可以枚举中间X，判断是否合法

卡点

无

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 510

int Tim, n, m, ans;
char s[maxn][maxn];
int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        scanf("%s", s[i] + 1);
    }
    for (int i = 2; i < n; ++i) {
        for (int j = 2; j < n; ++j) if (s[i][j] == 'X') {
            if (s[i - 1][j - 1] == 'X' && s[i + 1][j - 1] == 'X'
                    && s[i - 1][j + 1] == 'X' && s[i + 1][j + 1] == 'X') ++ans;
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

B

题目大意

有\(n(n\leqslant10^5)\)道菜，第\(i\)道菜有\(a_i\)份，每个价值都为\(c_i\)。有\(m(m\leqslant10^5)\)个顾客，第\(i\)个顾客要\(d_i\)份第\(t_i\)种菜（只有第\(i\)个顾客走后第\(i+1\)个顾客才会来）。餐厅按如下规则给菜（一份菜一份菜给）：

  1. 若当前有第\(t_i\)种菜，就给该顾客一份
  2. 若没有第\(t_i\)种菜，就给该顾客最便宜的菜，若有多个最便宜的菜，给编号最小的
  3. 若没有菜，顾客会愤怒的离开

若该顾客没有愤怒的离开，输出餐厅给的菜的价值总和，若离开了，输出\(0\)（注意，已经给这个顾客的菜依然给了这个顾客，也就是说无法回收菜）

题解

原来的题目中似乎没有注意部分，导致我以为是线段树上二分，然后不想写，先写了\(C\)和\(D\)，然后出题人发公告。于是变成了真正的\(B\)题难度。

只需要记录一下价值最小的没有被用完的菜就行了，直接模拟即可，发现一道菜只会被用完一次，所以复杂度是\(O(n+m)\)的

卡点

无

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 100010

int Tim, n, m, lst;
long long a[maxn], c[maxn];
int ret[maxn], rnk[maxn];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
    std::cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        std::cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        std::cin >> c[i];
        rnk[i] = i;
    }
    std::sort(rnk + 1, rnk + n + 1, [] (int a, int b) { return c[a] < c[b]; });
    for (int i = 1; i <= n; ++i) ret[rnk[i]] = i;
    lst = 1;
    while (m --> 0) {
        long long t, d, ans = 0;
        std::cin >> t >> d;
        if (a[t] >= d) {
            a[t] -= d;
            std::cout << d * c[t] << '\n';
            continue;
        }
        ans = a[t] * c[t];
        d -= a[t];
        a[t] = 0;
        for (int i; lst <= n; ++lst) {
            i = rnk[lst];
            if (a[i] >= d) {
                ans += d * c[i];
                a[i] -= d;
                d = 0;
                std::cout << ans << '\n';
                break;
            }
            ans += a[i] * c[i];
            d -= a[i];
            a[i] = 0;
        }
        if (d) std::cout << "0\n";
    }
    return 0;
}

C

题目大意

有\(n(n\leqslant3\times10^5)\)个数，保证\(n\)为偶数，要把它们分成若干组，每组至少两个数。假设分成\(m\)组，第\(i\)组的和为\(s_i\)，要求最小化\(\sum\limits_{i=1}^ms_i^2\)

题解

发现一定是每组两个数，因为把两个总和分别为\(a,b\)的组合起来的时候，代价从\(a^2+b^2\)变为了\(a^2+2ab+b^2\)肯定不优秀。继续发现要让\(\max\{s_i\}\)最小，于是排一个序，每次取最小和最大的放为一组即可。

卡点

无

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 300010

int Tim, n, m;
int s[maxn];
long long ans;
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0);
    std::cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; ++i) std::cin >> s[i];
    std::sort(s, s + n);
    const int nn = n >> 1;
    for (int i = 0, x; i < nn; ++i) {
        x = s[i] + s[n - i - 1];
        ans += x * x;
    }
    std::cout << ans << std::endl;
    return 0;
}

D

题目大意

给你一张\(n(n\leqslant10^5)\)个点\(m(m\leqslant10^5)\)条边的无向图，现在在点\(1\)，每次到一个没有经过过的点就把那个点记录下来，直到经过所有\(n\)个点，问最后记录下的序列最小的字典序是什么，可以重复经过点和边。

题解

这可比\(NOIP2018D2T1\)简单多了，只需要求一个一个类似最小生成树的东西就行了。用一个小根堆记录当前经过过的点可以到达的没有经过过的点，每次取出堆顶，把与它相连的点加入堆即可。

卡点

无

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 100010
int head[maxn], cnt;
struct Edge {
    int to, nxt;
} e[maxn << 1];
inline void addedge(int a, int b) {
    e[++cnt] = (Edge) { b, head[a] }; head[a] = cnt;
    e[++cnt] = (Edge) { a, head[b] }; head[b] = cnt;
}

int Tim, n, m;
std::priority_queue<int, std::vector<int>, std::greater<int> > q;
bool inq[maxn];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
    std::cin >> n >> m;
    for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {
        std::cin >> a >> b;
        addedge(a, b);
    }
    q.push(1);
    inq[1] = true;
    for (int Tim = 1; Tim < n; ++Tim) {
        int u = q.top(); q.pop();
        std::cout << u << ' ';
        for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
            int v = e[i].to;
            if (!inq[v]) {
                q.push(v);
                inq[v] = true;
            }
        }
    }
    std::cout << q.top() << std::endl;
    return 0;
}

E

题目大意

有\(n(n\leqslant10^5)\)个时间点，分别为\(1\sim n\)，有\(k(k\leqslant10^5)\)个红包，第\(i\)个红包可以在\([s_i,t_i]\)内领取，有钱\(w_i\)，领了这个红包，直到\(d_i\)时间点之后（不包含\(d_i\)）才可以领取下一个红包。

\(Bob\)按如下规则领红包：

  1. 领当前可以领的最大的红包
  2. 若有多个，领\(d\)最大的红包
  3. 若还有多个，随机领一个

\(Alice\)希望\(Bob\)领的最少，她可以在最多\(m(m\leqslant200)\)个时间点打扰\(Bob\)，使得他不能领红包，问\(Bob\)最少领到多少钱

题解

还没写

卡点

还没写

C++ Code：

F

题目大意

有一串\(n(n\leqslant10^9)\)个数的数列，给你\(b_1\sim b_k(k\leqslant100)\)。当\(i>k\)时：
\[
f_i=(\prod\limits_{i=1}^kf_{i-j}^{b_i})\bmod{998244353}
\]
已知\(f_1=f_2=\cdots=f_{k-1}=1,f_n=m\)，问最小的正整数\(f_k\)可能是多少

题解

写一下式子，发现可以用矩阵快速幂求出\(f_n=f_k^x\bmod{998244353}\)中的\(x\)（幸好这道题不需要线性齐次递推，不然玩完），复杂度\(O(k^3\log_2n)\)。

接下来就是求\(f_k^x\equiv m\pmod{998244353}\)
\[
x\ln(f_k)\equiv\ln(m)\pmod{\varphi(998244353)}\\ln(f_k)\equiv\ln(m)x^{-1}\pmod{998244352}\f_k\equiv\exp(\ln(m)x^{-1})\pmod{998244353}\\]
但是\(x\)在\(\pmod{998244352}\)下可能没有逆元，怎么办呢？可以用\(exgcd\)求出\(\dfrac{\gcd(x,998244352)}x\)，然后把\(\ln(m)\)除掉\(\gcd(x,998244352)\)，若有余数则无解。

卡点

比赛结束后\(5min\)发现可以除掉\(\gcd\)来做，然后自闭

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
const int mod = 998244353, __mod = mod - 1;
#define maxn 105

int Tim, n, m, k;
int b[maxn];
struct Matrix {
    int s[maxn][maxn];
    inline Matrix operator * (const Matrix &rhs) const {
        Matrix res;
        for (int i = 0; i < k; ++i) {
            for (int j = 0; j < k; ++j) {
                long long t = 0;
                for (int l = 0; l < k; ++l) (t += static_cast<long long> (s[i][l]) * rhs.s[l][j]) %= __mod;
                res.s[i][j] = t;
            }
        }
        return res;
    }
} base, res;

namespace Math {
    std::map<int, int> mp;
    bool init = false;
    long long BSGS(long long y, long long z) {
        y %= mod, z %= mod;
        if (!y) return -1;
        long long tmp = 1, t = sqrt(mod - 1) + 1;
        if (!init) {
            mp.clear();
            for (int i = 0; i <= t; i++) {
                mp[tmp * z % mod] = i;
                if (i != t) tmp = tmp * y % mod;
            }
            init = true;
        }
        long long tmp6 = tmp;
        for (int i = 1; i <= t; i++) {
            if (mp.count(tmp6)) return i * t - mp[tmp6];
            tmp6 = tmp6 * tmp % mod;
        }
        return -1;
    }

    inline int pw(int base, int p) {
        static int res;
        for (res = 1; p; p >>= 1, base = static_cast<long long> (base) * base % mod) if (p & 1) res = static_cast<long long> (res) * base % mod;
        return res;
    }

    long long exgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y) {
        if (!b) {
            x = 1, y = 0;
            return a;
        }
        long long t = exgcd(b, a % b, y, x);
        y -= a / b * x;
        return t;
    }
    long long retgcd;
    long long inv(long long a) {
        long long x, y;
        retgcd = exgcd(a, __mod, x, y);
        return (x % __mod + __mod) % __mod;
    }
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
    std::cin >> k;
    for (int i = 0; i < k; ++i) std::cin >> base.s[i][0];
    for (int i = 1; i < k; ++i) base.s[i - 1][i] = 1;
    res.s[0][0] = 1;
    std::cin >> n >> m;
    for (n -= k; n; n >>= 1, base = base * base) if (n & 1) res = res * base;
    const long long y = res.s[0][0];
    long long lnz = Math::BSGS(3, m);
    long long t = Math::inv(y);
    if (lnz % Math::retgcd) {
        puts("-1");
        return 0;
    }
    lnz = lnz / Math::retgcd * t % __mod;
    std::cout << Math::pw(3, lnz) << '\n';
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Memory-of-winter/p/10345347.html

时间： 2024-10-11 07:41:07

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