A.Alice and Books(思维)
题意:
爱丽丝有 n n n本书。第 1 1 1本书包含 a 1 a_1 a1页,第 2 2 2本书包含 a 2 a_2 a2页, … \ldots …第 n n n本书包含 a n a_n an页。爱丽丝的操作如下:
- 她把所有的书分成两个非空的书堆。这样,每本书最后都会被恰好放在两堆书中的一堆里。
- 爱丽丝阅读每一堆中编号最高的一本书。
爱丽丝非常喜欢阅读。帮她找出把书分成两堆后,她最多可以阅读的总页数。
分析:
观察题目很容易看出来,最后一个数字是必须取的,用前 n − 1 n-1 n−1个数字的最大值加上最后一个值求和即可。
代码:
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 110;
int a[N];void solve() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> a[i];}int ans = a[n];int ans2 = 0;for (int i = 1; i < n; ++i) {ans2 = max(ans2, a[i]);}cout << ans + ans2 << endl;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}
B.New Bakery(数学)
题意:
鲍勃决定开一家馒头店。开业当天,他烤出了 n n n个可以出售的馒头。通常一个馒头的价格是 a a a个硬币,但为了吸引顾客,鲍勃组织了以下促销活动:
- 鲍勃选择某个整数 k k k( 0 ≤ k ≤ min ( n , b ) 0\le k\le\min(n,b) 0≤k≤min(n,b))。
- 鲍勃以修改后的价格出售第一批 k k k个馒头。在这种情况下,售出的 i i i( 1 ≤ i ≤ k 1\le i\le k 1≤i≤k)个馒头的价格是 ( b − i + 1 ) (b-i+1) (b−i+1)个硬币。
- 剩下的 ( n − k ) (n-k) (n−k)个馒头以每个 a a a个硬币的价格出售。
注意 k k k可以等于 0 0 0。在这种情况下,鲍勃将以每个 a a a硬币的价格出售所有的馒头。
帮助鲍勃确定出售所有 n n n个馒头所能获得的最大利润。
分析:
首先当 a ≥ b a≥b a≥b时, k k k取 0 0 0即可。
当 a < b a\lt b a<b时,要想使利润尽可能大,必须满足前 k k k天的利润都比 a a a大,即要满足 b − k ≥ a b−k≥a b−k≥a。可以得出 k k k最大为 b − a b−a b−a,然后计算即可。
注意 k k k需要满足不超过 m i n ( n , b ) min(n,b) min(n,b)的限制,所以最终 k = m i n ( n , b − a ) k=min(n,b−a) k=min(n,b−a),答案为 ( b + b − k + 1 ) k 2 + ( n − k ) a \frac{(b+b−k+1)k}{2}+(n−k)a 2(b+b−k+1)k+(n−k)a。
代码:
#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;void solve() {LL n, a, b;cin >> n >> a >> b;if (a >= b) {cout << n * a << endl;return;}LL k = min(n, b - a);cout << (b + b - k + 1) * k / 2 + a * (n - k) << endl;
}int main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}
C.Manhattan Permutations(构造)
题意:
让我们把排列 † ^{\dagger} †的曼哈顿值 p p p表示为 ∣ p 1 − 1 ∣ + ∣ p 2 − 2 ∣ + … + ∣ p n − n ∣ |p_1-1|+|p_2-2|+\ldots+|p_n-n| ∣p1−1∣+∣p2−2∣+…+∣pn−n∣的值。
例如,对于排列 [ 1 , 2 , 3 ] [1,2,3] [1,2,3],曼哈顿值为 ∣ 1 − 1 ∣ + ∣ 2 − 2 ∣ + ∣ 3 − 3 ∣ = 0 |1-1|+|2-2|+|3-3|=0 ∣1−1∣+∣2−2∣+∣3−3∣=0,而对于排列 [ 3 , 1 , 2 ] [3,1,2] [3,1,2],曼哈顿值为 ∣ 3 − 1 ∣ + ∣ 1 − 2 ∣ + ∣ 2 − 3 ∣ = 2 + 1 + 1 = 4 |3-1|+|1-2|+|2-3|=2+1+1=4 ∣3−1∣+∣1−2∣+∣2−3∣=2+1+1=4。
给你整数 n n n和 k k k。请找出长度为 n n n的排列 p p p使其曼哈顿值等于 k k k,或者确定不存在这样的排列。
† ^{\dagger} †长度为 n n n的排列是一个数组,由 n n n个不同的整数组成,这些整数从 1 1 1到 n n n按任意顺序排列。例如, [ 2 , 3 , 1 , 5 , 4 ] [2,3,1,5,4] [2,3,1,5,4]是一个排列,但 [ 1 , 2 , 2 ] [1,2,2] [1,2,2]不是一个排列( 2 2 2在数组中出现了两次), [ 1 , 3 , 4 ] [1,3,4] [1,3,4]也不是一个排列( n = 3 n=3 n=3,但数组中有 4 4 4)。
分析:
首先我们可以发现,排列 p p p的哈曼顿值一定为偶数,不存在为奇数的情况。
因此无解的情况有两种:
- k k k为奇数或者
- 超过排列 p p p的最大哈曼顿值
对于有解的情况,考虑构造。
首先,令我们要得到的排列 p p p为单调递增的,也就是 p i = i ( 1 ≤ i ≤ n ) p_i=i(1≤i≤n) pi=i(1≤i≤n),那么此时 p p p的哈曼顿值为 0 0 0。很明显,如果在此基础上交换两个数 x , y x,y x,y,那么 p p p的哈曼顿值便会增加 2 × ∣ x − y ∣ 2×∣x−y∣ 2×∣x−y∣。也就是说,可以将一些数字两两配对,由于它们所产生的贡献值是互不干扰的,所以相当于是将 k 2 \frac{k}{2} 2k拆分成若干个不超过 n − 1 n−1 n−1,且互不相等的数的和。
代码:
#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const LL N = 200010;
const LL MOD = 998244353;
LL a[N];void solve() {LL n, k;cin >> n >> k;if (k % 2 == 1)cout << "No" << endl;else {LL ans = 0;for (LL i = 1, j = n; i <= n; i++, j--) {a[i] = i;ans += abs(j - i);}if (k > ans)cout << "No" << endl;else {LL x = k / 2;for (LL i = 1, j = min(x, n - 1);; i++) {swap(a[i], a[i + j]);x -= j;j = min(x, n - 2 * i - 1);if (!x)break;}cout << "Yes" << endl;for (LL i = 1; i <= n; i++)cout << a[i] << " ";cout << endl;}}
}int main() {LL t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}
D.Elections(贪心)
题意:
伯兰正在举行选举。有 n n n名候选人参加选举,编号从 1 1 1到 n n n。第 i i i名候选人有 a i a_i ai名粉丝会投票给他。此外,还有 c c c人对自己喜欢的候选人举棋不定,我们姑且称他们为 “举棋不定者”。未决定的人会把票投给编号最小的候选人。
获得最高票数的候选人赢得选举,如果多个候选人获得相同的最高票数,则其中票数最低的候选人获胜。
您觉得这些选举太无聊且难以预测,因此决定将一些候选人排除在外。如果您不允许 i i i号候选人参加选举,那么他的所有 a i a_i ai个粉丝都会变得犹豫不决,并将票投给编号最小的候选人。
你很想知道,从 1 1 1到 n n n的每个 i i i中,第 i i i号候选人要想赢得选举,至少需要排除多少个候选人。
分析:
直接把 c c c加到 a 1 a_1 a1上,之后求出 a a a中最靠前的最大值编号 k k k,显然 k k k的答案为 0 0 0。
考虑其他 x x x的答案。由于 a x a_x ax本身不是最大值,即使是排除目前最大的 a k a_k ak,这一部分也会加到编号最小的 a i a_i ai上,最大值一定不降。所以至少要将 x x x之前的 x − 1 x−1 x−1个人全部排除,才能使 x x x为编号最小,增加 a x a_x ax让其最大。
所以维护 a a a的前缀和 s s s,若 s x ≥ a k s_x≥a_k sx≥ak,只需要把前面全去掉即可,答案为 x − 1 x−1 x−1。否则需要把前面全去掉,并且把 x x x后面的最大值 a k a_k ak也去掉,答案为 x x x。
代码:
#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const LL N = 2e5 + 10;
const LL MOD = 998244353;
LL n, c, a[N], s[N];void solve() {cin >> n >> c;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];a[1] += c;LL maxx = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {s[i] = s[i - 1] + a[i];if (a[maxx] < a[i])maxx = i;}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (i == maxx) {cout << "0" << " ";} else {if (s[i] >= a[maxx]) {cout << i - 1 << " ";} else {cout << i << " ";}}}cout << endl;
}int main() {LL t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}
E.Computing Machine(贪心、数学)
题意:
萨沙有两个长度相同的二进制字符串 s s s和 t t t,长度为 n n n,由字符"0"和"1"组成。
还有一台计算器可以对长度相同的二进制字符串 a a a和 b b b进行两种运算 k k k:
- 如果 a i = a i + 2 = 0 a_{i}=a_{i+2}=0 ai=ai+2=0,则可以赋值 b i + 1 : = 1 b_{i+1}:=1 bi+1:=1( 1 ≤ i ≤ k − 2 1\le i\le k-2 1≤i≤k−2)。
- 如果 b i = b i + 2 = 1 b_{i}=b_{i+2}=1 bi=bi+2=1,则可以赋值 a i + 1 : = 1 a_{i+1}:=1 ai+1:=1( 1 ≤ i ≤ k − 2 1\le i\le k-2 1≤i≤k−2)。
萨沙对下面的问题产生了兴趣:如果我们考虑字符串 a = s l s l + 1 … s r a=s_ls_{l+1}\ldots s_r a=slsl+1…sr和字符串 b = t l t l + 1 … t r b=t_lt_{l+1}\ldots t_r b=tltl+1…tr,那么使用计算器最多可以在字符串 a a a中得到多少个"1"字符。由于萨沙非常好奇但很懒惰,所以由你来回答他感兴趣的几对字符串 ( l i , r i ) (l_i,r_i) (li,ri)的问题。
分析:
对于区间,寻找最优操作方案,我们贪心地考虑,先用 s s s的 0 0 0增加 t t t的 1 1 1,再用 t t t的 1 1 1使 s s s的 1 1 1变多,这样做一定是最优的,保证了第一步之后 t t t中的 1 1 1最多,从而最终 s s s中的 1 1 1也最多。
接着我们考虑每一位会怎样被改变。若 s i s_i si被变为 1 1 1,需要 t i − 1 = 1 t_{i−1}=1 ti−1=1,同时 t i + 1 = 1 t_{i+1}=1 ti+1=1和 t t t的这两位又会受到 s i − 2 , s i , s i + 2 s_{i−2},s_i,s_{i+2} si−2,si,si+2的影响,所以对于每一位 s i s_i si,都只会受到 [ i − 2 , i + 2 ] [i−2,i+2] [i−2,i+2]区间内的影响。
因此可以提前对整个区间进行操作,并对最终的 s s s求前缀和。对于询问长度不超过 4 4 4的情况暴力操作求解。超过 4 4 4时由于 [ l + 2 , r − 2 ] [l+2,r−2] [l+2,r−2]只受区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]内的影响,答案不变,记录下原来的答案,再单独对 [ l , l + 4 ] [l,l+4] [l,l+4]操作并记录前两位的答案,然后对 [ r − 4 , r ] [r−4,r] [r−4,r]操作并记录后两位的答案,最后三部分相加即可。
代码:
#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
LL n, q, pre[N], s[N], t[N], t1[N], t2[N];
char ss[N], st[N];void deal(int l, int r) {int len = r - l + 1;for (int i = l; i <= r; i++) {t1[i - l + 1] = s[i];t2[i - l + 1] = t[i];}for (int i = 1; i + 2 <= len; i++) {if (!t1[i] && !t1[i + 2])t2[i + 1] = 1;}for (int i = 1; i + 2 <= len; i++) {if (t2[i] && t2[i + 2])t1[i + 1] = 1;}for (int i = 1; i <= len; i++)t1[i] += t1[i - 1];
}void solve() {cin >> n >> ss >> st >> q;for (int i = 1; i <= n; i++) {s[i] = ss[i - 1] - '0';t[i] = st[i - 1] - '0';}deal(1, n);for (int i = 1; i <= n; i++)pre[i] = t1[i];while (q--) {LL l, r;cin >> l >> r;if (r - l < 4) {deal(l, r);cout << t1[r - l + 1] << endl;} else {int res = pre[r - 2] - pre[l + 1];deal(l, l + 4);res += t1[2];deal(r - 4, r);res += (t1[5] - t1[3]);cout << res << endl;}}
}int main() {int T;cin >> T;while (T--)solve();return 0;
}
F.Large Graph(并查集)
题意:
给定一个长度为 n n n的数组 a a a。我们来构造一个大小为 n × n n\times n n×n的方阵 b b b,其中第 i i i行包含了循环右移 ( i − 1 ) (i-1) (i−1)的数组 a a a。例如,对于数组 a = [ 3 , 4 , 5 ] a=[3,4,5] a=[3,4,5],得到的矩阵是
b = [ 3 4 5 5 3 4 4 5 3 ] b=\begin{bmatrix}3&4&5\\5&3&4\\4&5&3\end{bmatrix} b= 354435543
让我们构建下面的图形:
- 该图包含 n 2 n^2 n2个顶点,每个顶点对应矩阵中的一个元素。我们把元素 b i , j b_{i,j} bi,j对应的顶点记为 ( i , j ) (i,j) (i,j)。
- 我们将在顶点 ( i 1 , j 1 ) (i_1,j_1) (i1,j1)和 ( i 2 , j 2 ) (i_2,j_2) (i2,j2)之间画一条边,如果 ∣ i 1 − i 2 ∣ + ∣ j 1 − j 2 ∣ ≤ k |i_1-i_2|+|j_1-j_2|\le k ∣i1−i2∣+∣j1−j2∣≤k和 gcd ( b i 1 , j 1 , b i 2 , j 2 ) > 1 \gcd(b_{i_1,j_1},b_{i_2,j_2})\gt 1 gcd(bi1,j1,bi2,j2)>1,其中 gcd ( x , y ) \gcd(x,y) gcd(x,y)表示整数 x x x和 y y y的最大公约数)。
你的任务是计算所得图形中的连通块数 † ^{\dagger} †。
† ^{\dagger} †图中的连通块是一个顶点集合,在这个集合中,任何顶点都可以通过边到达其他顶点,如果在这个集合中添加任何其他顶点,都会违反这一规则。
分析:
题目保证 k ≥ 2 k≥2 k≥2,说明斜着相邻的格子如果 g c d > 1 gcd>1 gcd>1,必定连边,很明显每个 a i a_i ai在循环移位之后分成的至多两条全是 a i a_i ai的斜线,所以除了数字为 1 1 1的情况,对角线的斜线一定同属一个连通块。
相邻两条斜线的距离是 1 1 1,由此我们可以把二维问题转为一维。使用 l o g log log分解质因数,预处理每个数的质因子,对于每个质因数找到上一次出现的位置,如果距离 ≤ k ≤k ≤k就有边,并查集维护连通性,特判 1 1 1的情况即可。
代码:
#include<bits/stdc++.h>typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10;
int p[N], s[N], tot, k, a[N], lst[N], fa[N];void init(int n) {for (int i = 2; i <= n; ++i) {if (!s[i])s[i] = p[++tot] = i;for (int j = 1; j <= tot && p[j] <= n / i; ++j) {s[i * p[j]] = p[j];if (!(i % p[j]))break;}}
}int n;
vector<int> used;
bool vis[N];
LL ans;int find(int x) {return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}void merge(int x, int y) {if (find(x) != find(y))fa[fa[x]] = fa[y];
}void solve() {cin >> n >> k;for (int i = n; i < n + n; ++i) {cin >> a[i];a[i - n] = a[i];}int tmp = n;n = (n << 1) - 1;for (int i = 1; i <= n; ++i)fa[i] = i;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int x = a[i];while (x != 1) {int now = s[x];int pre = lst[now];if (pre && i - pre <= k)merge(i, pre);lst[now] = i;while (!(x % now))x /= now;if (!vis[now]) {vis[now] = true;used.push_back(now);}}}for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (a[i] == 1)ans += tmp - abs(tmp - i);else if (find(i) == i)++ans;}cout << ans << endl;ans = 0;for (int x: used) {vis[x] = false;lst[x] = 0;}used.clear();
}int main() {init(1000000);int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}
赛后交流
在比赛结束后,会在交流群中给出比赛题解,同学们可以在赛后查看题解进行补题。
群号: 704572101,赛后大家可以一起交流做题思路,分享做题技巧,欢迎大家的加入。