2025.4.23 2023 Hubei Provincial Collegiate Programming Contest
Solved: 8/13
Upsolved: 9/13
Rank: 4
Rank(vp): 48
M. Different Billing
题意：求 \(x+y+z=n, 1000y+2500z=m\) 的一组正整数解。
显然有解时 \(y\) 取值只有 \(0,1,2,3,4\)。直接枚举。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
if (m%500 != 0)
{
cout << "-1\n";
return 0;
}
for (int i=0; i<5; ++i)
{
if ((m - i * 1000) % 2500 == 0)
{
int j = (m - i * 1000) / 2500;
if (i+j <= n)
{
cout << n-i-j << ' ' << i << ' ' << j << '\n';
return 0;
}
}
}
cout << "-1\n";
}
C. Darkness I
题意：\(n\times m\) 的矩形网格，初始有一些格子染黑了。每秒所有周围四个格子中有两个以上黑格子的白格子会变黑，求初始最少有多少个格子可以使最终所有格子都变黑。
不妨设 \(n\leq m\)。先在左边的 \(n\times n\) 放一条对角线，后面隔一列放一个，最后一列必须放一个。答案为 \(m - \lfloor\frac{n-m}2\rfloor\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
if (n > m) swap(n, m);
cout << m - (m-n)/2 << '\n';
}
H. Binary Craziness
题意：给一张图，设点 \(i\) 的度数为 \(d_i\)，求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (d_i\oplus d_j)(d_i\&d_j)(d_i|d_j)\) 的值。\(n\leq 10^6\)。
按位考虑的这辈子有了
注意到 \(\sum d_i = 2n\)，所以不同的 \(d_i\) 只有 \(O(\sqrt n)\) 个。相同的 \(d_i\) 贡献相等，所以直接枚举即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e6+5, mod = 998244353;
int n, m, x, y, a[N];
map<int, int> c;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
cin >> n >> m;
for (int i=1; i<=m; ++i) cin >> x >> y, ++a[x], ++a[y];
for (int i=1; i<=n; ++i) ++c[a[i]];
ll ans = 0;
for (auto &[x, cx]: c)
for (auto &[y, cy]: c)
(ans += 1ll * cx * cy % mod * (x^y) % mod * (x|y) % mod * (x&y)) %= mod;
cout << ans * ((mod+1)/2) % mod<< '\n';
}
K. Dice Game
题意：\(n+1\) 个人扔骰子，第一个人作弊每次都会扔 \(x\)，其他人均匀在 \(1\) 到 \(m\) 的整数中随机。每轮如果某人扔出唯一的最小值则他是唯一输家，否则所有扔出最小值的人重新扔一次，直到决出输家。
概率论练习题。答案是 \((\frac{m-x}{m-1})^n\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e6+5, mod = 998244353;
int n, m;
ll p, q;
ll qpow(ll x, int y)
{
ll r=1;
for (; y; y>>=1)
{
if (y&1) r = r * x % mod;
x = x * x % mod;
}
return r;
}
ll inv(ll x)
{
return qpow(x, mod-2);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
cin >> n >> m;
q = inv(m-1);
for (int i=1; i<=m; ++i)
{
cout << qpow(1ll * (m-i) * q % mod, n) << ' ';
}
cout << '\n';
}
F. Inverse Manacher
题意：给一个只有ab的字符串manacher数组，还原这个串。
显然我们只需知道当前字符和上一个是否相等。只需判断间隔符位置的manacher是否大于1即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e6+5;
int n, f[N];
int ans[N], cnt=0;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
cin >> n;
for (int i=0; i<=2*n+1; ++i) cin >> f[i];
ans[1] = 0;
for (int i=2; i<=n; ++i)
{
if (f[i*2-1] == 1) ans[i] = ans[i-1]^1;
else ans[i] = ans[i-1];
}
for (int i=1; i<=n; ++i) cout << char(ans[i]+'a');
cout << '\n';
}
J. Expansion
题意：有 \(n\) 个物品，每个物品有一个价值（可正可负），每一步可以选择拿下一个物品或保持不动，同时（无论是否拿下一个）获得已有物品的价值之和。问最少多少步可以拿完所有物品，同时保证任意时刻已获得的总价值非负。
贪心，在单步可获得的价值（即价值的前缀和）更高之前，一直停在上一个前缀最大值的位置，到能拿中间这些物品之后再开始拿。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e5+5;
int n, a[N];
ll s[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
cin >> n;
for (int i=1; i<=n; ++i) cin >> a[i];
for (int i=1; i<=n; ++i) s[i] = s[i-1] + a[i];
if (s[n] < 0)
{
cout << "-1\n";
return 0;
}
for (int i=1; i<=n; ++i) if (s[i] != 0)
{
if (s[i] < 0)
{
cout << "-1\n";
return 0;
}
else break;
}
int pos = 0;
ll ans = 0, sum = 0, L = 0, minL = 0;
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
if (i == n || s[i] > s[pos])
{
ll t = pos ? (max(-minL - sum, 0ll) + s[pos] - 1) / s[pos] : 0;
ans += t + i - pos, sum += s[pos] * t + L;
pos = i, L = minL = s[i];
}
else L += s[i], minL = min(minL, L);
}
cout << ans << '\n';
}
I. Step
题意：求最小的 \(k\) 使得 \(\binom {k+1}2\) 是 \(L\) 的倍数。\(L\leq 10^{18}\)。
将 \(2L\) 质因数分解，其质因子最多只有 \(14\) 个。
因为 \(k(k+1)\) 是 \(2L\) 的倍数而 \(k\) 和 \(k+1\) 互质，所以两个数分别包含 \(2L\) 的两个不交的质因子集合。
\(2^{14}\) 枚举其中一个包含的集合，则只需解一个方程 \(ax=k,by=k+1\)（\(a,b\) 已知）即可。exgcd。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 1e7+5;
int n, x;
bool np[N];
int pri[N], cnt=0, p[N];
void sieve(int n)
{
for (int i=2; i<=n; ++i)
{
if (!np[i]) pri[++cnt] = i, p[i] = i;
for (int j=1; j<=cnt && i*pri[j] <= n; ++j)
{
p[i*pri[j]] = pri[j];
np[i*pri[j]] = 1;
if (!(i%pri[j])) break;
}
}
}
void exgcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y)
{
if(!b) return x=1, y=0, void();
exgcd(b, a%b, y, x);
y -= x * (a/b);
}
map <int, int> mp;
vector <ll> s;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
sieve(1e7);
cin >> n;
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
cin >> x;
map <int, int> ps;
while (x>1) ps[p[x]]++, x /= p[x];
for (auto &[x,y]: ps) mp[x] = max(mp[x], y);
}
mp[2]++;
ll L = 1;
for (auto &[x, y]: mp)
{
ll pc = 1;
for (int i=0; i<y; ++i) pc *= x, L *= x;
s.push_back(pc);
}
int m = s.size();
ll ans = L*2;
for (int i=0; i < 1<<m; ++i)
{
ll a = 1, b = 1, x, y;
for (int j=0; j<m; ++j)
{
if (i >> j & 1) a *= s[j];
else b *= s[j];
}
exgcd(a, b, x, y);
x = (-x % b + b) % b;
if (x) ans = min(ans, a*x);
}
cout << ans << '\n';
}
B. Mode
题意：设 \(f(n)\) 为 \(n\) 的十进制表示中出现次数最多的数字的出现次数，求 \(\sum_{i=l}^r f(i)\)。
数位 dp，设 \(f(n,c)\) 为后 \(n\) 位数任意且前面的数字集合为 \(c\) 的 \(f\) 之和。dp 方程显然。
然而这样 \(c\) 的不同状态数超过 \(10^7\) 个，无法承受。
当我们计算 \(f(n,c)\) 时，我们并不关心每个数出现了多少次，只有 \(0\) 出现一次和只有 \(9\) 出现一次答案是一样的。所以我们可以将 \(c\) 排序后再记录（或者对 \(c\) 再进行一遍统计之后再记录）。这样状态数就只有几千种了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
map <pair<int, vector<int>>, ll> f;
vector <int> num;
ll dfs(int pos, vector <int> c, bool lim, bool lead)
{
if (pos<0)
{
if (lead) return 1;
return *max_element(all(c));
}
if (!lim)
{
sort(all(c));
if (!lead && f.count({pos, c})) return f[{pos, c}];
}
ll res = 0;
for (int i=0, up = lim ? num[pos]: 9; i<=up; ++i)
{
if (i || !lead) ++c[i];
res += dfs(pos-1, c, lim && i==up, lead && !i);
if (i || !lead) --c[i];
}
if (!lim && !lead) f[{pos, c}] = res;
return res;
}
ll calc(ll x)
{
if (x<0) return 0;
num.clear();
while (x)
{
num.push_back(x%10);
x /= 10;
}
vector <int> c(10);
return dfs(num.size()-1, c, 1, 1);
}
void solve()
{
ll l, r; cin >> l >> r;
cout << calc(r) - calc(l-1) << '\n';
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
int T;
cin >> T;
while (T--) solve();
}
A. Prime Magic
题意：有一个序列，每次可以选择一个长度为奇质数的区间加一或减一，求最少操作多少次可使整个序列单调不降。
将原序列差分则转化为每次可使 \(b_i\) 加一 \(b_{i+p}\) 减一，或 \(b_i\) 减一 \(b_{i+p}\) 加一。这是一个经典的费用流模型，然而边数 \(O(n^2)\)，百万级别的边数显然是跑不过的。
根据哥德巴赫猜想可知，每个偶合数可分解为两个质数的和，每个奇合数可分解为三个质数的和。特别地 \(2=5-3,4=7-3,1=3+5-7\)。即任意两个 \(b\) 之间的转移至多只需三次。
因此我们先把一次可转移的费用求出来（类二分图匹配问题），剩下的两次三次的转移是普遍的，可以在残量网络上直接统计。
赛时懒得动脑子直接跑了三次网络流，复杂度是没问题的（因为增广一次就结束了）。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
const int N = 2005;
bool np[N];
int pri[N], cnt=0;
void sieve(int n)
{
np[1] = 1;
for (int i=2; i<=n; ++i)
{
if (!np[i]) pri[++cnt] = i;
for (int j=1; j<=cnt && i*pri[j] <= n; ++j)
{
np[i*pri[j]] = 1;
if (!(i%pri[j])) break;
}
}
}
const int V = 2005, E = 4e6+5, inf = 2147483647;
struct MF
{
int S,T,totv,tote;
int fir[V],to[E],nxt[E],w[E];
void adde(int x,int y,int z,int z2){
to[++tote]=y,nxt[tote]=fir[x],fir[x]=tote,w[tote]=z;
to[++tote]=x,nxt[tote]=fir[y],fir[y]=tote,w[tote]=z2;
}
void clear(){
memset(fir,0,sizeof(fir)),tote=1;
}
int dis[V],q[V];
bool bfs(){
int l=1,r=0;
memset(dis,0,sizeof(int)*(totv+1));
dis[q[++r]=S]=1;
while(l<=r){
int u=q[l++];
for(int i=fir[u];i;i=nxt[i])if(w[i]&&!dis[to[i]]){
dis[q[++r]=to[i]]=dis[u]+1;
if(to[i]==T)return 1;
}
}return 0;
}
int cur[V];
int dfs(int u,int flow){
if(u==T||!flow)return flow;
int nowf=flow;
for(int& i=cur[u];i;i=nxt[i])
if(w[i]&&dis[to[i]]==dis[u]+1){
int f=dfs(to[i],min(nowf,w[i]));
w[i]-=f,w[i^1]+=f;
if(!(nowf-=f))return flow;
}
return flow-nowf;
}
ll solve(){
ll res=0,f;
while(bfs()){
memcpy(cur,fir,sizeof(fir));
while(f=dfs(S,inf))res+=f;
}
return res;
}
} G;
int n, a[N], b[N], id[N];
void solve()
{
cin >> n;
for (int i=1; i<=n; ++i) cin >> a[i];
for (int i=n; i; --i) a[i] -= a[i-1];
a[n+1] = inf;
G.totv = n+1, G.S = ++G.totv, G.T = ++G.totv;
ll ans = 0;
G.clear();
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
if (a[i] > 0) G.adde(G.S, i, a[i], 0);
else if (a[i] < 0) G.adde(i, G.T, -a[i], 0);
id[i] = G.tote-1;
}
G.adde(G.S, n+1, inf, 0);
for (int i=1; i<=n; ++i)
for (int j=i+3; j<=n+1; j+=2)
if (!np[j-i] && 1ll * a[i] * a[j] < 0)
{
if (a[i] > 0) G.adde(i, j, inf, 0);
else G.adde(j, i, inf, 0);
}
ans += G.solve();
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
b[i] = G.w[id[i]];
}
G.clear();
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
if (a[i] > 0) G.adde(G.S, i, b[i], a[i]-b[i]);
else if (a[i] < 0) G.adde(i, G.T, b[i], -a[i]-b[i]);
id[i] = G.tote-1;
}
G.adde(G.S, n+1, inf, 0);
for (int i=1; i<=n; ++i)
for (int j=i+2; j<=n+1; j+=2)
if (1ll * a[i] * a[j] < 0)
{
if (a[i] > 0) G.adde(i, j, inf, 0);
else G.adde(j, i, inf, 0);
}
ans += G.solve() * 2;
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
b[i] = G.w[id[i]];
}
G.clear();
for (int i=1; i<=n; ++i)
{
if (a[i] > 0) G.adde(G.S, i, b[i], a[i]-b[i]);
else if (a[i] < 0) G.adde(i, G.T, b[i], -a[i]-b[i]);
id[i] = G.tote-1;
}
G.adde(G.S, n+1, inf, 0);
for (int i=1; i<=n; ++i)
for (int j=i+1; j<=n+1; j+=2)
if (np[j-i] && 1ll * a[i] * a[j] < 0)
{
if (a[i] > 0) G.adde(i, j, inf, 0);
else G.adde(j, i, inf, 0);
}
ans += G.solve() * 3;
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
sieve(2000);
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
int T;
cin >> T;
while (T--) solve();
}
我愿意追随你的轨迹，不远万里，不问归期
浙公网安备 33010602011771号