2017 CCPC杭州 题解

2017CCPC杭州题目PDF

Problem A. Super-palindrome

题解：

　　给你一个字符串，每一步可以将一个字符替换为另一个字符，问你最少多少步可以使得，该字符串任意奇数子串为回文串，偶数子串为回文串。

满足上面条件一定是ababab这种形式，所以我们只要找到数量最多的两种字符用n-numa-numb得到ans1,有可能一种字符的数量过多，这时候我们只要把所有字符都变成这种字符就行了。得到n-numa,ans2;

在ans1和ans2中去最小值就是答案了；

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=210;
int T,a[maxn];
char s[maxn];

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%s",s+1);
        int len=strlen(s+1),ans=0;
        for(int i=1;i<=len;++i) a[i]=s[i]-‘a‘+1;
        for(int i=1;i<=26;++i)
        {
            for(int j=1;j<=26;++j)
            {
                int sum=0;
                for(int k=1;k<=len;++k)
                {
                    if((k&1)&&a[k]==i) ++sum;
                    if(!(k&1)&&a[k]==j) ++sum;
                }
                ans=max(ans,sum);
            }
        }
        for(int i=1;i<=26;++i)
        {
            int sum=0;
            for(int k=1;k<=len;++k)
                if(a[k]==i) sum++;
            ans=max(ans,sum);
        }
        printf("%d\n",len-ans);

    }

    return 0;
}

Problem B. Master of Phi

　　公式化简；

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod=998244353;
int quick_pow(int a,int b){int ans=1;while(b) {if(b&1) ans=1LL*a*ans%mod;a=1LL*a*a%mod;b>>=1;} return ans;}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int m;
        scanf("%d",&m);
        LL ans=1;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int p,q;
            scanf("%d%d",&p,&q);
            ans=1LL*ans*(quick_pow(p,q)+1LL*quick_pow(p,q-1)*(p-1)%mod*q%mod)%mod;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

Problem C. Hakase and Nano

题解：

　　给你n对石头，每堆a[i]个，一个d,d==1时表示Hakase先手，d==2时表示Nano先手，每次从一堆中拿任意个石头，至少拿一个；但是这是一个不平等博弈，就是Hakase可以连续拿两次，而Nano只能连续拿一次。问你Hakase是否可以取胜。

　　首先如果d==1,那么只有当所有堆石头的数量都为1且数量%3==1的时候Hakase才必败，其他情况都是必胜。

d==2的时候，因为N想赢所以肯定想转换到上述H会输的状态，所以H在n是3的倍数，且有n-1个数为1时会输（这时N只需从不是1的那堆石子里拿掉一些石子使状态变为1 1 1），或者n是3的倍数余1，且n个数为1时会输（此时N只需拿掉一堆石子，H就到了必输态），或者n是3的倍数余1，且n-1个数为1时会输（此时N只需拿掉一堆不是1的石子，H就到了必输态）。

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int T,n,d,x;

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int cnt=0;
        scanf("%d%d",&n,&d);
        for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&x),cnt+=(x==1);
        if(d==1)
        {
            if(cnt==n&&n%3==0) puts("No");
            else puts("Yes");
        }
        else
        {
            if(n%3==1&&cnt>=n-1) puts("No");
            else if(n%3==0&&cnt==n-1) puts("No");
            else puts("Yes");
        }
    }

    return 0;
}

Problem D. Master of Random

题解：

　　给你一棵树，每个节点有个权值，现在这个树是随机的，现在随即选择一颗子树，问你这棵子树的节点权值和的期望为多少；

　　我们考虑对于一颗子树上面的点，他到子树的根必定在他到整个树的根的路径上面，然后，我们考虑每次添加一个节点，他要么是子树根节点，要么自己单独型号才能一个子树。

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
int T,n;
ll num,sum,ans,a[maxn],f[maxn];
ll qpow(ll x,ll y)
{
    ll res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        sum=0;ans=0;
        num=qpow(n,mod-2);
        for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
              f[i]=(sum*qpow(i-1,mod-2)%mod+1)%mod;
              sum=(sum+f[i])%mod;
              ans=(ans+a[i]*f[i]%mod)%mod;
        }
        ans=(ans*num)%mod;

        printf("%lld\n",ans);
    }
      return 0;
}

Problem E. Master of Subgraph

题解：

　　题目给你一个树图，然后每个节点一个权值a[i],给你一个m,对于x=1~m :问你该树图里面是否有连通子图的值为x,输出x对应取值下的答案(0/1);

　　我们考虑点分治，用bitset维护经过每个点的链的权值和。

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=3e3+10;
const int maxm=1e5+10;
bitset<maxm> bit[maxn],ans;
int T,n,m,w[maxn];
vector<int> g[maxn];
int root,mx[maxn],siz[maxn],S;
bool vis[maxn];

void getroot(int u,int fa)
{
    siz[u]=1;mx[u]=0;
    for(int i=0,len=g[u].size();i<len;++i)
    {
        int v=g[u][i];
        if(v==fa || vis[v]) continue;
        getroot(v,u);
        siz[u]+=siz[v];
        mx[u]=max(mx[u],siz[v]);
    }
    mx[u]=max(mx[u],S-mx[u]);
    if(mx[u]<mx[root]) root=u;

}

void calc(int u,int fa)
{
    siz[u]=1;bit[u]<<=w[u];
    for(int i=0,len=g[u].size();i<len;++i)
    {
        int v=g[u][i];
        if(vis[v]||v==fa) continue;
        bit[v]=bit[u];
        calc(v,u);
        bit[u]|=bit[v];
        siz[u]+=siz[v];
    }
}

void solve(int u)
{
    vis[u]=true;
    bit[u].reset();bit[u].set(0);
    calc(u,0);
    ans|=bit[u];
    for(int i=0,len=g[u].size();i<len;++i)
    {
        int v=g[u][i];
        if(vis[v]) continue;
        root=0; S=siz[v];
        getroot(v,0);
        solve(root);
    }

}

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        ans.reset();
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;++i) g[i].clear(),vis[i]=0;
        for(int i=1;i<n;++i)
        {
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            g[u].push_back(v);
            g[v].push_back(u);
        }
        for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",w+i);
        S=n; root=0;mx[0]=INF;
        getroot(1,0);
        solve(1);
        for(int i=1;i<=m;++i)
            printf("%d",(int)ans[i]);
        puts("");

    }

    return 0;
}

Problem J. Master of GCD

题意：

　　给出T组数据（1 <= T  <= 10）,每组数据中，有两个数n（1  <= n <= 10^5）和 m (1 <= m <= 10^5)。其中 n 表示有n个由1组成的数， m表示下面给出m组数据，每组数据由 p，q，k 组成。表示区间p 到 q，增大k倍（k 等于2 或者 3）.输出这n个数最终的最大公约数。由于数据比较大，因此需要mod 998244353。 
　　差分一下，维护2的次幂和3的次幂；

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
int T,n,m;
ll x[maxn],y[maxn];
ll qpow(ll x,ll y)
{
    ll res=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) res=res*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=0;i<=n;++i) x[i]=y[i]=0;
        for(int i=1;i<=m;++i)
        {
            int l,r,xx;
            scanf("%d%d%d",&l,&r,&xx);
            if(xx==2) x[l]++,x[r+1]--;
            else y[l]++,y[r+1]--;
        }

        for(int i=2;i<=n;++i) x[i]+=x[i-1],y[i]+=y[i-1];
        ll ans1=x[1],ans2=y[1];
        for(int i=2;i<=n;++i)
            ans1=min(ans1,x[i]),ans2=min(ans2,y[i]);
        ll ans=qpow(2,ans1)*qpow(3,ans2)%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }

    return 0;
}

Problem K. Master of Sequence

题解：

参考代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 998244353
const int maxn=1e6+10;
using namespace std;
typedef long long ll;
struct node{
    ll a,b;
} p[maxn];
int T,n,m,num[1010][1010],cnt[1010];
ll s;
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        s=0;
        memset(num,0,sizeof num);
        memset(cnt,0,sizeof cnt);
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i].a);
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            scanf("%d",&p[i].b);
            s+=(p[i].b/p[i].a);
            cnt[p[i].a]++;
            num[p[i].a][p[i].b%p[i].a]++;
        }
        for(int i=1;i<=1000;i++)
            for(int j=i-1;j>=0;j--)
                num[i][j]+=num[i][j+1];

        while(m--)
        {
            int ty,y,z;
            scanf("%d",&ty);
            if(ty==1)
            {
                scanf("%d%d",&y,&z);
                for(int i=p[y].b%p[y].a;i>=1;--i) num[p[y].a][i]--;
                s-=(p[y].b/p[y].a);
                cnt[p[y].a]--;
                p[y].a=z;
                s+=(p[y].b/p[y].a);
                cnt[z]++;
                for(int i=p[y].b%z;i>=1;--i) num[z][i]++;
            }
            else if(ty==2)
            {
                scanf("%d%d",&y,&z);
                for(int i=p[y].b%p[y].a;i>=1;--i) num[p[y].a][i]--;
                s-=(p[y].b/p[y].a);
                p[y].b=z;
                s+=(p[y].b/p[y].a);
                for(int i=p[y].b%p[y].a;i>=1;--i) num[p[y].a][i]++;
            }
            else
            {
                ll k;
                scanf("%lld",&k);
                ll l=1,r=1e13,ans;
                while(l<=r)
                {
                    ll mid=l+r>>1;
                    ll sum=-s;
                    for(int i=1;i<=1000;++i) sum+=mid/i*cnt[i]-num[i][mid%i+1];
                    if(sum>=k) r=mid-1,ans=mid;
                    else l=mid+1;
                }
                printf("%lld\n",ans);
            }
        }
    }

    return 0;
}


 

原文地址：https://www.cnblogs.com/songorz/p/11764086.html

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