2024 National Invitational of CCPC (Zhengzhou)

2024CCPC郑州邀请赛暨CCPC河南省赛

2024 National Invitational of CCPC (Zhengzhou)

B. 扫雷 1

题意：扫n轮雷，每轮开始获得一枚扫雷币，可保存，从第一轮开始，可以决定在任意轮进行任意次扫雷，但过去的轮数不能返回，第i轮需要花费$c_i$枚扫雷币扫雷一次，n轮最多扫多少雷。

思路：记录一个最便宜的扫雷后缀，遇见当前后缀最便宜的就开始买。

AC code：

void solve() {int n; cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];r[n + 1] = INF;for (int i = n; i >= 1; i --) {r[i] =  min(r[i + 1], a[i]);}int cnt = 0, now = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {now ++;if (a[i] == r[i]) {cnt += now / a[i];now -= (now / a[i]) * a[i];}}cout << cnt << endl;
}

F. 优秀字符串

题意：略；

思路：照着题意模拟即可；

AC code：

void solve() {int n; cin >> n;int cnt = 0;while (n --) {string s; cin >> s;if (s.size() != 5) continue;if (s[2] != s[4]) continue;bool flag = 1;for (int i = 0; i < 4; i ++) for (int j = i + 1; j < 4; j ++) {if (s[i] == s[j]) flag = 0;}if (flag) cnt ++;}cout << cnt << endl;
}

H. 随机栈

题意：给出一个空栈，还有一个操作序列，当当前操作元素不为-1时，将该元素压入栈中，否则取出一个栈中元素，取出当前栈中每个元素的概率是相同的，求最终取出元素序列为非递减的概率是多少，结果对998244353取模。

思路：模拟这个过程可以用优先队列来解决，当前栈中的元素总数为分母，当前队头的最小元素的数量即为分子，该数量可以用map来记录，计算不同分数的积并进行取模；

注意，运算过程中需要对各分数进行逆元取模运算，即分子*分母的逆元的过程不断累乘，过程中注意取模；

AC code：

int qmi(int a, int k, int p) {int res = 1;while (k) {if (k & 1) res = res * a % p;a = a * a % p;k >>= 1;} return res;
}void solve() {int n; cin >> n;map<int, int> mp;priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;int x = 1, y = 1;int ans = qmi(1, MOD - 2, MOD);for (int i = 1; i <= 2*n; i ++) {cin >> a[i];} int last = -1;for (int i = 1; i <= 2*n; i ++) {if (a[i] == -1) {int t = q.top();if (last <= t) last = t;else {cout << 0 << endl;return;}int xx = mp[t], yy = q.size();int gd = gcd(xx, yy);//cout << xx << ' ' << yy <<' ' << gd << endl;ans = ((ans * xx) % MOD) * qmi(yy, MOD - 2, MOD) % MOD;mp[t] --;q.pop();} else {q.push(a[i]);mp[a[i]] ++;}}cout << ans % MOD << endl;
}

J. 排列与合数

题意：给出一个五位数字，重排后在没有前导零的情况下是否可能出现合数；

思路：预处理一下五位的合数，O1进行判断，然后DFS跑一下五位数的全排列即可；

AC code：

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e5+10, M = 2001;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f, MOD = 998244353;
int T;
int n, ans;
int a[N], b[N], st[10];
bool p[N];bool iprime(int x) {if (x == 1) return false;for (int i = 2; i <= x / i; i ++) {if (x % i == 0) {return true;}} return false;
}void dfs(string aim, string s) {if (ans != -1) return;if (aim.size() == 5) {int cnt = 0, tt = 10000;if (aim[0] == '0') return;for (int i = 0; i < 5; i ++) {cnt += (aim[i] - '0') * tt;tt /= 10;}if (p[cnt]) {ans = cnt;return;}return;}for (int i = 0; i < 5; i ++) {if (!st[i]) {st[i] = 1;aim += s[i];dfs(aim, s);aim.pop_back();st[i] = 0; }}
}void solve() {string s; cin >> s;for (int i = 0; i < 5; i ++) st[i] = 0;string ss = "";ans = -1;dfs(ss, s);cout << ans << endl;
}signed main() {fast();T = 1;for (int i = 1; i < 100000; i ++) {if (iprime(i)) p[i] = 1;else p[i] = 0;}cin >> T;while (T --) {solve();}return 0;
}

K. 树上问题

题意：n个结点的无根树，每个结点有一个正权值，美丽节点的定义为，以当前节点为根时，除根节点外的所有节点，其点权不小于父节点的一半，计算有多少美丽节点。

思路：

首先初始就满足x * 2 >= y的节点y一定可以为x的父节点，即有一条有向边，若两个点互相可为父节点，则这两点可以由并查集记录为同一点在图中存在；

现在统计每个点当前可能的父节点，并根据上述情况合并到同一并查集中，记录每个连通块的大小；

然后通过DFS进行记录各点的出度，出度为0的点即为可能的根节点，注意在统计过程中进行标记防止重复统计；

注意，如果存在某一点的出度大于1，则该连通图必然不可能存在美丽节点。

AC code：

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e5+10, M = 2001;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f, MOD = 998244353;
int T;
int n;
int a[N], f[N], d[N];
vector<int> g[N];
map<int, int> mp, pos;int find(int x) {if (f[x] != x) f[x] = find(f[x]);return f[x];
}void dfs(int u, int v) {for (auto t : g[u]) {if (t == v) continue;dfs(t, u);int fu = find(u), ft = find(t);if (fu == ft) continue;if (a[t] * 2 >= a[u] && a[u] * 2 >= a[t]) continue;else if (a[t] * 2 >= a[u]) d[ft] ++;else if (a[u] * 2 >= a[t]) d[fu] ++;else d[ft] ++, d[fu] ++;}
}void solve() {cin >> n;mp.clear();pos.clear();for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> a[i];f[i] = i;d[i] = 0;g[i].clear();}for (int i = 1; i < n; i ++) {int u, v; cin >> u >> v;g[u].push_back(v);g[v].push_back(u);int fu = find(u), fv = find(v);if (a[u] * 2 >= a[v] && a[v] * 2 >= a[u]) {f[f[u]] = fv;}}for (int i = 1; i <= n; i ++) {mp[find(i)] ++;}dfs(1, -1);int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {if (d[find(i)] > 1) {cout << 0 << endl;return;}if (d[find(i)] || pos[find(i)]) continue;pos[find(i)] ++;ans += mp[find(i)];}cout << ans << endl;
}signed main() {fast();T = 1;cin >> T;while (T --) {solve();}return 0;
}

L. Toxel 与 PCPC II

题意：总共n行代码，已知m行有bug，扫描一行需要一秒，同时处理x个bug需要$x^4$秒，最短多少秒可以完成；

思路：dp，在更新每个点的最短debug时间时最多不会超过同时处理30个bug；

AC code：

int qmi (int a, int k) {int res = 1;while (k) {if (k & 1) res = res * a;a = a * a;k >>= 1;} return res;
}void solve() {int n, m; cin >> n >> m;vector<int> a(m + 10), dp(m + 10, INF);dp[0] = 0;for (int i = 1; i <= m; i ++) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= m; i ++) {for (int j = i - 1; j >= max(0LL, i - 30); j --) {dp[i] = min(dp[i], dp[j] + a[i] + qmi(i - j, 4));}}cout << dp[m] << endl;
}  

M. 有效算法

题意：给出长度为n的序列a和b，对于每个a元素进行一次操作满足|ai - x| <= k * bi的任意整数x，求出最小的非负整数k，满足至少存在一种方法的操作后所有a元素相等

思路：二分即可，对于check函数每次x都会有一个左右边界，不断缩小左右边界，x只要出现在该范围内均符合条件，若出现r>l边界的情况则直接返回false，注意二分边界，最多开到1e9，不然会炸(血的教训)。

AC code：

bool check (int k) {int l = -INF, r = INF;for (int i = 1; i <= n; i ++) {int now = k * b[i];int ll = a[i] - now, rr = a[i] + now;l = max(l, ll);r = min(r, rr);if (l > r) return false;}return true;
}void solve() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> b[i];int l = 0, r = 1e9;while (l < r) {int mid = l + r >> 1;if (check(mid)) r = mid;else l = mid + 1;}cout << r << endl;
}

PS：有没有佬有A的写法QAQ