美团杯 2021【杂题】
感觉上还是去年好啊。
以下按照讲题顺序排列。
I 24点
Small Task：做 24 点。
网上随便搜个代码下来跑。
Large Task：对于所有有解的 24 点题，求中间结果的最小值的最大值，和最大值的最小值。
用同样的代码爆搜，上界是 \((13*13-1)/7=24\) 的 \(r=169\)，下界的话看到 Small Task 里有一个 \(2/13\) 的，并且不太搜的出来更小的，直接交上去就过了。
K 杳瑶寺吴遥寺
给定整数 \(n\)，求 \(\{1,1,4,5,1,4\}\times\infty\) 的最短前缀 \(A_1,A_2,\cdots,A_m\) 的长度 \(m\)，满足存在把 \(A_1\otimes A_2\otimes\cdots\otimes A_m\) 中的 \(\otimes\) 替换为 \(+\) 或 \(-\) 的方案，使得其值为 \(n\)。
\(|n|\le 10^9\)，Small Task：\(|n|\le 10^6\)。
solution
考虑 dp 过程，\(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数是否能凑出 \(j\)，发现状态只用记 \(i\bmod 6\)，变为类似 bfs 的过程。
\(|n|\) 太大的时候后就用一堆同符号的循环节。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=6666666,mod=998244353,add[]={1,1,4,5,1,4};
#define fi first
#define se second
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
bool f=0;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
int n,h,r;
PII q[maxn];
map<int,int> f[6],s;
void solve(){
read(n);
if(abs(n)<=2000) printf("%d\n",s[n]);
else if(n>=0) printf("%d\n",s[n%16+992]+(n-992)/16*6);
else printf("%d\n",s[-(-n)%16-992]+(-992-n)/16*6);
}
int main(){
f[1][1]=1;
q[h=r=1]=MP(1,1);
while(h<=r && r<=5e5){
PII p=q[h++];
int i=p.first,j=p.second;
int ii=i+add[j],jj=(j+1)%6;
if(!f[jj].count(ii)){
f[jj][ii]=f[j][i]+1;
q[++r]=MP(ii,jj);
}
ii=i-add[j],jj=(j+1)%6;
if(!f[jj].count(ii)){
f[jj][ii]=f[j][i]+1;
q[++r]=MP(ii,jj);
}
}
FOR(i,-2000,2000){
int ans=1e9;
FOR(j,0,5) if(f[j].count(i)) ans=min(ans,f[j][i]);
s[i]=ans;
}
int T;
read(T);
while(T--) solve();
}
M 游泳
给定正整数 \(n,m,K\)，求长为 \(m\)、和为 \(n\)、相邻数字差 \(\le K\) 的正整数序列 \(A\) 的方差最大值。
solution
贪心地让各个数差距尽量大即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=100010,mod=998244353;
#define fi first
#define se second
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
bool f=0;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
int n,m,k,c[maxn];
void solve(){
read(n);read(m);read(k);
if(n<m) return puts("-1"),void();
if(!k){
if(n%m) puts("-1");
else puts("0");
return;
}
int nn=n;
FOR(i,1,m) c[i]=1;
n-=m;
FOR(i,1,m){
ll tmp=1ll*i*k;
if(tmp>n || i==m){
int d=n/i,r=n%i;
FOR(j,1,i) c[j]+=d;
ROF(j,i,i-r+1) c[j]++;
break;
}
n-=tmp;
FOR(j,1,i) c[j]+=k;
}
ll ans=0;
FOR(i,1,m) ans+=1ll*c[i]*c[i];
ans*=m;
ans-=1ll*nn*nn;
printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
int T;
read(T);
while(T--) solve();
}
A 数据结构
给定长为 \(n\) 的正整数序列 \(a_i\)，\(m\) 次询问 \(l,r\)，表示给 \(a[l:r]\) 加上 \(1\) 之后求全局不同数的个数，并撤销修改（即询问之间互相独立）
\(n,m\le 10^6\)，Small Task：\(n\le 5000\)。
solution
考虑每个数 \(i\) 不出现的条件：设 \(i\) 的出现位置是 \(b_{i,1},b_{i,2},\cdots,b_{i,c_i}\)，则 \(l\le b_{i,1}\)，\(r\ge b_{i,c_i}\)，\([l,r]\) 不包含所有的 \(b_{i-1,j}\)。
这是 \(O(n)\) 个矩形加，\(O(m)\) 个单点求值，扫描线+BIT 即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=1111111,mod=998244353;
#define fi first
#define se second
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
template<typename T>
inline void read(T &x){
x=0;
bool f=0;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
if(f) x=-x;
}
int n,m,a[maxn],ql,ans[maxn];
vector<int> v[maxn];
struct ques{
int x,l,r,tp;
bool operator<(const ques &q)const{
if(x!=q.x) return x<q.x;
return abs(tp)>abs(q.tp);
}
}q[maxn*5];
inline void add(int xl,int yl,int xr,int yr){
q[++ql]=(ques){xl,yl,yr,1};
q[++ql]=(ques){xr+1,yl,yr,-1};
}
int b[maxn];
inline void update(int p,int v){
for(int i=p;i<=n;i+=i&-i) b[i]+=v;
}
inline int query(int p){
int s=0;
for(int i=p;i;i-=i&-i) s+=b[i];
return s;
}
int main(){
read(n);read(m);
FOR(i,1,n) read(a[i]);
FOR(i,0,n+1) v[i].PB(0);
FOR(i,1,n) v[a[i]].PB(i);
FOR(i,0,n+1) v[i].PB(n+1);
FOR(i,1,n+1){
int mn=1e9,mx=-1e9;
FOR(j,1,(int)v[i].size()-2) mn=min(mn,v[i][j]),mx=max(mx,v[i][j]);
if(mn==1e9){
FOR(j,0,(int)v[i-1].size()-2)
add(v[i-1][j]+1,v[i-1][j]+1,v[i-1][j+1]-1,v[i-1][j+1]-1);
}
else{
int mn2=1e9,mx2=-1e9;
bool flag=false;
FOR(j,0,(int)v[i-1].size()-1){
int x=v[i-1][j];
if(x>=mn && x<=mx){flag=true;break;}
if(x<mn) mx2=max(mx2,x);
if(x>mx) mn2=min(mn2,x);
}
if(flag) continue;
add(mx2+1,mx,mn,mn2-1);
}
}
FOR(i,1,m){
int l,r;
read(l);read(r);
q[++ql]=(ques){l,r,i,0};
}
sort(q+1,q+ql+1);
FOR(i,1,ql){
if(q[i].tp){
update(q[i].l,q[i].tp);
update(q[i].r+1,-q[i].tp);
}
else{
ans[q[i].r]=query(q[i].l);
}
}
FOR(i,1,m) printf("%d\n",n+1-ans[i]);
}
C 查查查乐乐II
给定正整数 \(n\)，\(\forall k\in[1,n]\)，求 (长度,字典序) 最小的 \(\texttt{xl}\) 字符串，满足 \(\texttt{xxxll}\) 的个数为 \(k\)。
\(n=10^5\)，Small Task：\(n=100\)。
solution
考虑对一个字符串求 \(\texttt{xxxll}\) 的个数：枚举第 \(3\) 个 \(\texttt x\)，设左边有 \(a\) 个 \(\texttt x\)，右边有 \(b\) 个 \(\texttt l\)，贡献是 \(\binom a2\binom b2\)。
考虑 dp：枚举总共有多少个 \(\texttt l\)，然后 \(f_{i,j,k}\) 表示当前有 \(i\) 个 \(\texttt x\)，之后有 \(j\) 个 \(\texttt l\)，已有 \(k\) 个 \(\texttt{xxxll}\) 是否可行。
跑一下发现串长 \(\le 37\)，所以 \(i,j\) 都只有 \(37\)。复杂度 \(O(37^3n/w)\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100003, M = 31, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, coe[M][M], len[N];
bitset<N> f[M][M];
bool str[M<<1], ans[N][M<<1];
int main(){
scanf("%d", &n);
memset(len, 0x3f, sizeof len);
for(int i = 2;i < M;++ i)
for(int j = 2;j < M;++ j)
coe[i][j] = i*(i-1)*j*(j-1)>>2;
for(int px = 3;px < M;++ px){
for(int x = 0;x <= px;++ x)
for(int l = 0;l < M;++ l) f[x][l].reset();
f[0][0].set(0);
for(int x = 0;x <= px;++ x)
for(int l = 0;l < M;++ l){
if(x < px) f[x+1][l] |= f[x][l]<<coe[px-x-1][l];
if(l+1 < M) f[x][l+1] |= f[x][l];
}
for(int i = 1;i <= n;++ i){
int pl = INF;
for(int j = 0;j < M;++ j)
if(f[px][j][i]){pl = j; break;}
if(px + pl > len[i]) continue;
int x = px, l = pl, cur = i, ha = 0;
while(x || l)
if(l && f[x][l-1][cur]){-- l; str[ha++] = 0;}
else {cur -= coe[px-x][l]; -- x; str[ha++] = 1;}
if(ha < len[i]){
memcpy(ans[i], str, ha);
len[i] = ha;
} else {
for(int j = 1;j <= ha;++ j)
if(ans[i][j] > str[j]){
memcpy(ans[i], str, ha); break;
} else if(ans[i][j] < str[j]) break;
}
}
}
for(int i = 1;i <= n;++ i){
if(len[i] == INF){puts("-1"); continue;}
for(int j = 0;j < len[i];++ j)
putchar(ans[i][j] ? 'x' : 'l');
putchar('\n');
}
}
H 哈利波特
这是一道提交答案题
给定长为 \(4807976\) 的小写字符串 \(s\) 和 \(370103\) 个英文单词的字典 \(D\)。
定义串 \(s\) 对字典 \(D\) 的分词代价 \(f(D,s)\) 是将 \(s\) 最小划分子串个数，使得每个子串都是 \(D\) 中的单词。
定义 \(D\) 中单词 \(w\) 的阿瓦达指数是 \(s\) 对 \(D\backslash\{w\}\) 的分词代价。
求所有长度 \(>1\) 的单词 \(w\) 的 (阿瓦达指数,字典序) 的前 \(K\) 大值。
\(K=200\)，Small Task：\(K=2\)。
solution
暴力方法是把 \(f(D,s)\) 中用到的单词 \(w\) 取出来跑。
正解是估价函数：设 \(\text{way}(w)\) 是 \(f(D,s)\) 中 \(w\) 的出现次数，则 \(f(D\backslash\{w\},s)\le f(D)+\text{way}(w)(f(D\backslash\{w\},w)-1)\)，只有在这个值 \(\ge\) 当前第 \(K\) 大时才做。
经测试，直接按照给的字典跑需要判 \(1933\) 个词，运行时间 \(419\text s\)，如果先把单词按 (长度,字典序) 排序就只用判 \(1626\) 个词，运行时间 \(322\text s\)，稍微优了一点，但前者判出来的很多都是认识的单词，可以更方便地提取出一篇文章中的常用单词。有点好玩，想再找一篇文章看看
#include<bits/stdc++.h>
#define PB emplace_back
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 4808000, K = 370103;
template<typename T>
bool chmin(T &a, const T &b){if(a > b) return a = b, 1; return 0;}
FILE *f1 = fopen("dict.in", "r"), *f2 = fopen("harry-potter.txt", "r");
int n, ch[N][26], tot, len[K+5], id[N], dp[N], way[K+5], pre[N], all;
char str[N], ss[K+5][33];
int work(int n, int k, char *str){
memset(dp, 0x7f, n+1<<2);
dp[0] = 0;
for(int i = 0;i < n;++ i)
for(int j = i+1, u = 0;j <= n;++ j){
u = ch[u][str[j]-'a'];
if(!u) break;
if(id[u] && id[u] != k) chmin(dp[j], dp[i] + 1);
}
return dp[n];
}
bool cmp(const pii &a, const pii &b){
if(a.fi != b.fi) return a.fi > b.fi;
return strcmp(ss[a.se]+1, ss[b.se]+1) < 0;
}
struct Cmp {bool operator()(const pii &a, const pii &b){return cmp(a, b);}};
priority_queue<pii, vector<pii>, Cmp> pq;
vector<pii> ans;
int main(){
fscanf(f2, "%s", str+1);
n = strlen(str+1);
for(int i = 1;i <= K;++ i){
fscanf(f1, "%s", ss[i]+1);
int u = 0;
len[i] = strlen(ss[i]+1);
for(int j = 1;j <= len[i];++ j){
int c = ss[i][j]-'a';
if(!ch[u][c]) ch[u][c] = ++tot;
u = ch[u][c];
}
id[u] = i;
}
memset(dp, 0x7f, n+1<<2);
dp[0] = 0;
for(int i = 0;i < n;++ i)
for(int j = i+1, u = 0;j <= n;++ j){
u = ch[u][str[j]-'a'];
if(!u) break;
if(id[u] && chmin(dp[j], dp[i] + 1)) pre[j] = id[u];
}
all = dp[n];
for(int i = n;i;i -= len[pre[i]]) ++ way[pre[i]];
for(int i = 1;i <= K;++ i)
if(len[i] > 1 && (pq.size() < 200 || cmp(MP(all + way[i]*(work(len[i],i,ss[i])-1), i), pq.top()))){
pq.push(MP(work(n,i,str), i));
if(pq.size() > 200) pq.pop();
printf("ss[%d] = %s\n", i, ss[i]+1);
}
while(!pq.empty()){ans.PB(pq.top()); pq.pop();}
reverse(ans.begin(), ans.end());
for(pii _ : ans) printf("%s %d\n", ss[_.se]+1, _.fi);
}
E 程序解谜II
C++ 代码拼图。
solution
跟去年某道题差不多，凭借对竞赛代码的理解拼一拼就可以了。
注意拼的时候不要把碎片放在一起了，不然错了很难改（
Large Task 需要用样例算表，不是很难，根据代码中的计算部分反推一下即可。
#include<cstdio>
using namespace std;
namespace Sub2 {
int clude[50] = {518020025,227984854,990919605,760559275,252747709,351267635,436520588,849336757,847045033,785731263,491533093,243893699,119202559,255782057,101925721,153701673,19279237,757203511,602780864,17233756,503674646,198732600,529032347,789861212,282845866,618483948,252931964,585966855,47548815,458761589,580505477,569964015,505577677,411118499,788281248,963908046,733289631,512853327,257612428,669701279,74200836,267681712,565463498,475616488,358569984,846564286,362377870,890855192,553545630,323150357};
int n;
int v[50], tmp;
int maine(bool nclude){
int mai = 0;
for(int i = 0;i < n;++ i){
if((i&1)^nclude){
tmp = v[i]^clude[i];
} else {
tmp = ((1<<30)-1)^v[i]^clude[i];
}
if(tmp > mai) mai = tmp;
}
return mai;
}
void main(){
int t;
scanf("%d%d", &t, &n);
for(int i = 0;i < t;++ i){
for(int j = 0;j < n;++ j)
scanf("%d", v + j);
printf("%d\n", maine(i&1));
}
}
}
namespace Sub1 {
int t;
int solve1(int n){
t = 0;
for(int i = 1;i <= n;++ i)
if(n % i == 0) t += 1;
return t;
}
int solve2(int n){
t = 0;
for(int i = 2;i <= n;++ i)
if(n % i == 0){t += i; while(n % i == 0) n /= i;}
return t;
}
void main(){
int t;
scanf("%d", &t);
while(t --){
int n;
scanf("%d", &n);
printf("%d\n", solve1(n)+solve2(n));
}
}
}
int main(){
int sub;
scanf("%d", &sub);
if(sub == 1) Sub1 :: main();
else Sub2 :: main();
}
F 面向对象
给定如下的残缺 C++ 代码，求将 /*MissingModifier*/ 替换为 private，protected，public，/*MissingMethod*/ 替换为 method#Num 的方案数，使得编译通过。
class Class1 {
void method1() {
/*MissingMethod*/();
}
/*MissingModifier*/:
void method2() {}
};
class Class2: /*MissingModifier*/ Class1 {
/*MissingModifier*/:
void method3() {}
/*MissingModifier*/:
void method4() {}
};
int main() {
Class2 o2;
o2./*MissingMethod*/();
}
保证类的继承关系是树。类有 \(300\) 个，函数有 \(1000\) 个。
solution
咕了
J 随机数
这是一道交互题
给定一个位运算 random device，你可以调用它 \(2000\) 次，然后 \(100\) 次模拟出它跑 \(x\) 次的结果。
全局变量 \(\le 3\) 个。
solution
考场上看错题了，挨打（
只要看对题就会发现，如果把全局变量看做 \(192\) 位向量，这个东西就是线性变换。
根据 Cayley-Hamilton 定理，它有 \(192\) 阶齐次线性递推式，用多项式取模的方法做即可。
懒得拉 BM 板子了，求线性递推式可以暴力高消，复杂度 \(O(w^3+Qw\log k)\)。
#include"interactor.h"
#include"bits/stdc++.h"
using namespace std;
typedef unsigned long long u64;
namespace {
const int N = 193, M = N<<1;
u64 a[2000];
bitset<N> f[N], g;
bitset<M> A[30], cur, dif;
int m;
bitset<M> mul(const bitset<M> &a, const bitset<M> &b){
bitset<M> c;
for(int i = 0;i < m;++ i) if(a[i]) c ^= b<<i;
for(int i = m-1;~i;-- i) if(c[i+m]) c ^= dif<<i;
return c;
}
void work(int k){
for(int i = 29;~i;-- i) if(k>>i&1) cur = mul(cur, A[i]);
}}
void solve(int ifYouDontKnowHowToNameAParameterThenYouUseIt){
for(int i = 0;i < 2000;i ++) a[i] = random_ull();
for(int i = 0;i < N;++ i)
for(int _ = 0;_ < 64;++ _){
for(int j = 0;j < N;++ j)
g[j] = a[i+j]>>_&1;
for(int j = 0;j < N;++ j) if(g[j]){
if(f[j][j]) g ^= f[j];
else {f[j] = g; break;}
}
}
for(int i = N-1;~i;-- i)
if(f[i][i]){
bool tmp = 0;
for(int j = i+1;j < N;++ j)
tmp ^= dif[j] && f[i][j];
dif[i] = tmp;
} else dif[i] = 1;
for(m = N-1;!dif[m];-- m);
A[0][1] = 1; cur[0] = 1;
for(int i = 0;i < 29;++ i) A[i+1] = mul(A[i], A[i]);
work(1999);
}
u64 query(int k){
work(k); u64 res = 0;
for(int i = 0;i < m;++ i) if(cur[i]) res ^= a[i];
return res;
}
L 挑战出题人
构造在下图的 0 替换为 \([x,3]\) 中的整数，使得 loopy 有唯一解。
0 0 000
00 00 0 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0000
0 0 0 0
0 0 0
0 0 00000
0 0 0
00 0 0 0
0 0 0 0 0
0 0 000 0
\(x=1\)，Small Task：\(x=0\)。
Small Task：显然让答案非常小即可。
Large Task：没听懂，掉线了。
G 字符串匹配
这是一道交互题
交互器有 \(\texttt{01}\) 串 \(a\)，给定 \(\texttt{01}\) 串 \(b\)，你每次可以询问带通配符的串 \(s\) 和两个下标 \(0\le l\le r\le|a|-|s|\)，交互器告诉你最小和最大的满足 \(a[i:i+|s|-1]\) 与 \(s\) 匹配的下标 \(i\)，代价是 \(C+(r-l+1)w(s)\)，其中 \(w(s)\) 是 \(s\) 中非通配符个数，要求代价总和 \(\le S\)。
求 \(b\) 是否是 \(a\) 的子串，如果是，求下标 \(i\) 使得 \(a[i:i+|s|-1]=b\)。
\(|a|=75000\)，\(|b|=50000\)，\(C=30000\)，\(S=4\cdot 10^6\)。
咕咕咕咕。
