东方幻想乡系列模拟赛
Stage 1
命题 Nettle
审题 Barty ccy1991911 FlanS39 Wagner
T2
高精除高精，从来没写过，不知道怎么写，我就用大数减小数ans次，果断超时。
T4
Tarjan的板子题，好久没写，中间出现了一些小错误
①是尽管有双向边，Tarjan函数中也不必排除双向边
②Tarjan算法有时候不能一步完成，需要做最多n次，用循环解决
③问题是关于这个题目的虽然输入n代表有n个点，但是下面的连边中有些点根本没出现过，所以设一个数组记录有效点。
Problem 1 东风谷早苗(robot.cpp/c/pas)
题目描述 在幻想乡，东风谷早苗是以高达控闻名的高中生宅巫女。某一天，早苗终于入手了最新款的
钢达姆模型。作为最新的钢达姆，当然有了与以往不同的功能了，那就是它能够自动行走，
厉害吧 （好吧， 我自重） 。 早苗的新模型可以按照输入的命令进行移动， 命令包含’E’、 ’S’、 ’W’、 ’N’
四种，分别对应四个不同的方向，依次为东、南、西、北。执行某个命令时，它会向着对应
方向移动一个单位。作为新型机器人，自然不会只单单执行一个命令，它可以执行命令串。
对于输入的命令串，每一秒它会按照命令行动一次。而执行完命令串最后一个命令后，会自
动从头开始循环。在 0 时刻时早苗将钢达姆放置在了(0,0)的位置，并且输入了命令串。她想要
知道 T 秒后钢达姆所在的位置坐标。
输入格式 第 1 行：一个字符串，表示早苗输入的命令串，保证至少有 1 个命令
第 2 行：一个正整数 T
输出格式 第 1 行：两个整数，表示 T 秒时，钢达姆的坐标
输入样例 NSWWNSNEEWN
12
输出样例 -1 3
数据范围 对于 60%的数据：T <= 500,000 且命令串长度 <= 5,000
对于 100%的数据：T <= 2,000,000,000 且命令串长度<= 5,000
注意 向东移动，坐标改变改变为(X+1,Y);
向南移动，坐标改变改变为(X,Y-1);
向西移动，坐标改变改变为(X-1,Y);
向北移动，坐标改变改变为(X,Y+1);
/*
由于命令串是重复执行的，所以我们可以先计算出一个周期后机器人的移动量。比如在第一个周期后，机器人从(0,0)移动到(△X,△Y)，那么每个周期之后机器人坐标改变为(X+△X,Y+△Y)。设 T/N = A…B，那么机器人一共会运行的周期数为 A，所以在 A 个周期后，机器人的坐标为(A*△X,A*△Y)。之后机
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int x,y,t,bei;
char ch[5010];
int main(){
freopen("robot.in","r",stdin);
freopen("robot.out","w",stdout);
scanf("%s%d",ch+1,&t);
int len=strlen(ch+1);
for(int i=1;i<=len;i++){
if(ch[i]==‘E‘)x++;
if(ch[i]==‘S‘)y--;
if(ch[i]==‘W‘)x--;
if(ch[i]==‘N‘)y++;
}
bei=t/len;
x*=bei;y*=bei;
int len2=t%len;
for(int i=1;i<=len2;i++){
if(ch[i]==‘E‘)x++;
if(ch[i]==‘S‘)y--;
if(ch[i]==‘W‘)x--;
if(ch[i]==‘N‘)y++;
}
printf("%d %d",x,y);
}
100分
Problem 2 西行寺幽幽子(spring.cpp/c/pas)
题目描述 在幻想乡，西行寺幽幽子是以贪吃闻名的亡灵。不过幽幽子可不是只会吃，至少她还管理着
亡灵界。话说在幽幽子居住的白玉楼有一颗常年不开花的樱树——西行妖。幽幽子决定去收集
人间的春度，聚集起来让西行妖开花。很快，作为幽幽子家园艺师的魂魄妖梦收集到了 M 个
单位的春度。并且在这段时间里，幽幽子计算出要让西行妖开出一朵花需要 N 个单位的春度。
现在幽幽子想要知道，使用所有的春度，能够让西行妖开出多少朵花。
输入格式 第 1 行：一个正整数 M
第 2 行：一个正整数 N
N,M 的位数不超过 L，L 的范围在题目后面给出
输出格式 第 1 行：一个整数 ans，表示能开出花的朵数
输入样例 73861758
12471
输出样例 5922
数据范围 对于 60%的数据：L <= 2,000 且 ans <= 2,000
对于 100%的数据：L <= 20,000 且 ans <= 2,000,000,000
2010-9-11 Touhou Contest Stage 1 By Nettle
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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=20010;
int ans;
struct node{
int len;
int zu[maxn];
}m,n;
char M[maxn],N[maxn];
bool compare(){
if(m.len==1&&m.zu[1]==0)return 1;
if(m.len==0)return 1;
if(m.len<n.len)return 1;
if(m.len>n.len)return 0;
for(int i=1;i<=m.len;i++){
if(m.zu[i]>n.zu[i])return 0;
if(m.zu[i]<n.zu[i])return 1;
}return 0;
}
node jian(){
node res;
//memset(res,0,sizeof(res));
res.len=0;
for(int i=1;i<=m.len;i++)res.zu[i]=0;
for(int i=n.len,j=m.len;i>=1;i--,j--){
if(m.zu[j]<n.zu[i]){
m.zu[j]+=10;
m.zu[j-1]--;
}
m.zu[j]-=n.zu[i];
}
for(int i=m.len;i>=2;i--){
if(m.zu[i]<0){
m.zu[i]+=10;
m.zu[i-1]--;
}
}
int start=1;
for(int i=1;i<=m.len;i++)
if(m.zu[i]!=0){
start=i;
break;
}
for(int i=start;i<=m.len;i++)
res.zu[++res.len]=m.zu[i];
return res;
}
int main(){
freopen("spring.in","r",stdin);
freopen("spring.out","w",stdout);
scanf("%s%s",M+1,N+1);
m.len=strlen(M+1);
n.len=strlen(N+1);
for(int i=1;i<=m.len;i++)m.zu[i]=M[i]-‘0‘;
for(int i=1;i<=n.len;i++)n.zu[i]=N[i]-‘0‘;
while(1){
if(compare())break;//如果m比n小结束
m=jian();
ans++;
}
printf("%d",ans);
}
60分 从 0 开始枚举累加，直到当前值超过了 N。
/*二分答案*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
long long a[100010],a1[100010];
struct node{
int len,zu[100010];
node operator * (const long long &now) const {
node res;res.len=0;
memset(a,0,sizeof(a));
memset(a1,0,sizeof(a1));
for(int i=1,j=len;i<=len;i++,j--)a[i]=zu[j];
for(int i=1;i<=len;i++){
a1[i]+=a[i]*now;
a1[i+1]+=a1[i]/10;
a1[i]%=10;
}
int len1=len;
while(a1[len1+1]){
len1++;
a1[len1+1]+=a1[len1]/10;
a1[len1]%=10;
}
res.len=len1;
for(int i=len1,j=1;i>=1;i--,j++)res.zu[j]=a1[i];
return res;
}
}m,n,Now;
bool compare(){
if(Now.len<m.len)return 1;
if(Now.len>m.len)return 0;
for(int i=1;i<=m.len;i++){
if(Now.zu[i]<m.zu[i])return 1;
if(Now.zu[i]>m.zu[i])return 0;
}
return 1;
}
char M[20010],N[20010];
int main(){
freopen("spring.in","r",stdin);
freopen("spring.out","w",stdout);
//freopen("Cola.txt","r",stdin);
scanf("%s%s",M+1,N+1);
int len1=strlen(M+1),len2=strlen(N+1);
m.len=len1;n.len=len2;
for(int i=1;i<=len1;i++)m.zu[i]=M[i]-‘0‘;
for(int i=1;i<=len2;i++)n.zu[i]=N[i]-‘0‘;
long long l=0,r=2000000000,ans;
while(l<=r){
long long mid=(l+r)/2;
Now=n*mid;
if(compare()){//如果now<=m
ans=mid;
l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
printf("%lld",ans);
}
100分 二分答案
Problem 3 琪露诺(iceroad.cpp/c/pas)
题目描述 在幻想乡，琪露诺是以笨蛋闻名的冰之妖精。某一天，琪露诺又在玩速冻青蛙，就是用冰把
青蛙瞬间冻起来。但是这只青蛙比以往的要聪明许多，在琪露诺来之前就已经跑到了河的对
岸。于是琪露诺决定到河岸去追青蛙。小河可以看作一列格子依次编号为 0 到 N，琪露诺只能
从编号小的格子移动到编号大的格子。而且琪露诺按照一种特殊的方式进行移动，当她在格
子 i 时，她只会移动到 i+L 到 i+R 中的一格。你问为什么她这么移动，这还不简单，因为她是
笨蛋啊。每一个格子都有一个冰冻指数 A[i]，编号为 0 的格子冰冻指数为 0。当琪露诺停留在
那一格时就可以得到那一格的冰冻指数 A[i]。琪露诺希望能够在到达对岸时，获取最大的冰冻
指数，这样她才能狠狠地教训那只青蛙。但是由于她实在是太笨了，所以她决定拜托你帮它
决定怎样前进。开始时，琪露诺在编号 0 的格子上，只要她下一步的位置编号大于 N 就算到
达对岸。
输入格式 第 1 行：3 个正整数 N, L, R
第 2 行：N+1 个整数，第 i 个数表示编号为 i-1 的格子的冰冻指数 A[i-1]
输出格式 第 1 行：一个整数，表示最大冰冻指数。保证不超过 2^31-1
第 2 行：空格分开的若干个整数，表示琪露诺前进的路线，最后输出-1 表示到达对岸
输入样例 5 2 3
0 12 3 11 7 -2
输出样例 11
0 3 -1
数据范围 对于 60%的数据：N <= 10,000
对于 100%的数据：N <= 200,000
对于所有数据 -1,000 <= A[i] <= 1,000 且 1 <= L <= R <= N
注意 此题采用 Special Judge
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,a[400010],dp[400010],l,r,g[400010];
void show(int now){
if(g[now])show(g[now]);
if(now<=n)
printf("%d ",now);
}
int main(){
freopen("iceroad.in","r",stdin);
freopen("iceroad.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&l,&r);
for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n+(r-l+1);i++){
for(int j=l;j<=r;j++){
if(i-j>=0){
if(dp[i]<dp[i-j]+a[i]){
dp[i]=dp[i-j]+a[i];
g[i]=i-j;
}
}
}
}
int ans=0,mark=0;
for(int i=n;i<=n+(r-l+1);i++){
if(dp[i]>ans){
ans=dp[i];
mark=i;
}
}
cout<<ans<<endl;
show(mark);
if(mark>n)cout<<-1;
}
60分 未优化dp
/*单调队列优化dp*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n,l,r,a[200010],q[200010],head,tail,dp[200010],g[200010];
int st[200010],top;
int main(){
//freopen("Cola.txt","r",stdin);
freopen("iceroad.in","r",stdin);
freopen("iceroad.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&l,&r);
for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
head=1;tail=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=-inf;
if(q[head]==i-r-1&&head<=tail)head++;
if(i-l>=0){
while(dp[i-l]>dp[q[tail]]&&tail>=head)tail--;
q[++tail]=i-l;
}
if(head<=tail){
dp[i]=dp[q[head]];
g[i]=q[head];
}
dp[i]+=a[i];
}
int mx=-inf,mark;
for(int i=n-r+1;i<=n;i++)
if(dp[i]>mx){
mx=dp[i];
mark=i;
}
printf("%d\n0 ",dp[mark]);
while(1){
if(mark==0)break;
st[++top]=mark;
mark=g[mark];
}
for(int i=top;i>=1;i--)printf("%d ",st[i]);
printf("-1");
}
100分 单调队列优化dp
Problem 4 上 白泽慧音(classroom.cpp/c/pas)
题目描述 在幻想乡，上白泽慧音是以知识渊博闻名的老师。春雪异变导致人间之里的很多道路都被大
雪堵塞，使有的学生不能顺利地到达慧音所在的村庄。因此慧音决定换一个能够聚集最多人
数的村庄作为新的教学地点。人间之里由 N 个村庄（编号为 1..N）和 M 条道路组成，道路分
为两种一种为单向通行的，一种为双向通行的，分别用 1 和 2 来标记。如果存在由村庄 A 到
达村庄 B 的通路，那么我们认为可以从村庄 A 到达村庄 B，记为(A,B)。当(A,B)和(B,A)同时满足
时，我们认为 A,B 是绝对连通的，记为<A,B>。绝对连通区域是指一个村庄的集合，在这个集
合中任意两个村庄 X,Y 都满足<X,Y>。现在你的任务是，找出最大的绝对连通区域，并将这个绝
对连通区域的村庄按编号依次输出。 若存在两个最大的， 输出字典序最小的， 比如当存在 1,3,4
和 2,5,6 这两个最大连通区域时，输出的是 1,3,4。
输入格式 第 1 行：两个正整数 N,M
第 2..M+1 行：每行三个正整数 a,b,t, t = 1 表示存在从村庄 a 到 b 的单向道路，t = 2 表示村庄
a,b 之间存在双向通行的道路。保证每条道路只出现一次。
输出格式 第 1 行： 1 个整数，表示最大的绝对连通区域包含的村庄个数。
第 2 行：若干个整数，依次输出最大的绝对连通区域所包含的村庄编号。
2010-9-11 Touhou Contest Stage 1 By Nettle
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输入样例 5 5
1 2 1
1 3 2
2 4 2
5 1 2
3 5 1
输出样例 3
1 3 5
数据范围 对于 60%的数据：N <= 200 且 M <= 10,000
对于 100%的数据：N <= 5,000 且 M <= 50,000
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,head[100010],num,belong[5010],ans2[5010],ans1[5010],ans[5010];
int sz[5010],dfn[5010],low[5010],st[5010],cnt,top,group;
int ans_num=0,mx=0;
bool vis[5010],ask[5010],appear[5010];
struct node{
int pre,to;
}e[100010];
void Insert(int from,int to){
e[++num].to=to;
e[num].pre=head[from];
head[from]=num;
}
void Tarjan(int v){
low[v]=dfn[v]=++cnt;st[++top]=v;
vis[v]=1;
for(int i=head[v];i;i=e[i].pre){
int to=e[i].to;
if(ask[to])continue;
if(!dfn[to]){
Tarjan(to);
low[v]=min(low[to],low[v]);
}
else if(low[v]>dfn[to]){
if(vis[v])low[v]=dfn[to];
}
}
if(dfn[v]==low[v]){
group++;
while(st[top]!=v){
belong[st[top]]=group;ask[st[top]]=1;
vis[st[top]]=0;
sz[group]++;
top--;
}
sz[group]++;
vis[v]=0;
belong[v]=group;
ask[v]=1;
top--;
}
}
bool compare(){
for(int i=1;i<=mx;i++)
if(ans1[i]>ans2[i])return 1;
return 0;
}
void Swap(){
for(int i=1;i<=mx;i++)ans1[i]=ans2[i];
}
int main(){
freopen("classroom.in","r",stdin);
freopen("classroom.out","w",stdout);
//freopen("Cola.txt","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
int x,y,z;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
if(x==y)continue;
appear[x]=appear[y]=1;
if(z==1)Insert(x,y);
if(z==2){
Insert(x,y);
Insert(y,x);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!ask[i]&&appear[i]){
Tarjan(i);
}
}
/*cout<<group<<endl;
for(int i=1;i<=n;i++)
cout<<belong[i]<<‘ ‘;*/
for(int i=1;i<=group;i++){
if(sz[i]>mx){
ans_num=1;
ans[ans_num]=i;
mx=sz[i];
}
else if(sz[i]==mx){
ans_num++;
ans[ans_num]=i;
}
}
printf("%d\n",mx);
int sum=0;
for(int i=1;i<=ans_num;i++){//枚举每一种可能的答案
sum=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
if(belong[j]==ans[i])
ans2[++sum]=j;
}
if(i==1||compare())Swap();//如果ans1的字典序比ans2大，那么交换过来
}
for(int i=1;i<=mx;i++)printf("%d ",ans1[i]);
}
100分 Tarjan求强连通分量