Codeforces Round #536 (Div. 2)
Codeforces Round #536 (Div. 2)
A
题目大意
给你一个\(n\times n(n\leqslant500)\)的矩阵，只包含.和X，问最多可以找到多少个\(cross\)，一个\(cross\)为如下图形：
X_X
_X_
X_X
_表示可以为任意字符。不同的\(cross\)之间可以重叠
题解
可以枚举中间X，判断是否合法
卡点
无
C++ Code：
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 510
int Tim, n, m, ans;
char s[maxn][maxn];
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%s", s[i] + 1);
}
for (int i = 2; i < n; ++i) {
for (int j = 2; j < n; ++j) if (s[i][j] == 'X') {
if (s[i - 1][j - 1] == 'X' && s[i + 1][j - 1] == 'X'
&& s[i - 1][j + 1] == 'X' && s[i + 1][j + 1] == 'X') ++ans;
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}
B
题目大意
有\(n(n\leqslant10^5)\)道菜，第\(i\)道菜有\(a_i\)份，每个价值都为\(c_i\)。有\(m(m\leqslant10^5)\)个顾客，第\(i\)个顾客要\(d_i\)份第\(t_i\)种菜（只有第\(i\)个顾客走后第\(i+1\)个顾客才会来）。餐厅按如下规则给菜（一份菜一份菜给）：
- 若当前有第\(t_i\)种菜，就给该顾客一份
- 若没有第\(t_i\)种菜，就给该顾客最便宜的菜，若有多个最便宜的菜，给编号最小的
- 若没有菜，顾客会愤怒的离开
若该顾客没有愤怒的离开，输出餐厅给的菜的价值总和，若离开了，输出\(0\)（注意，已经给这个顾客的菜依然给了这个顾客，也就是说无法回收菜）
题解
原来的题目中似乎没有注意部分，导致我以为是线段树上二分，然后不想写，先写了\(C\)和\(D\)，然后出题人发公告。于是变成了真正的\(B\)题难度。
只需要记录一下价值最小的没有被用完的菜就行了，直接模拟即可，发现一道菜只会被用完一次，所以复杂度是\(O(n+m)\)的
卡点
无
C++ Code：
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 100010
int Tim, n, m, lst;
long long a[maxn], c[maxn];
int ret[maxn], rnk[maxn];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
std::cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
std::cin >> a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
std::cin >> c[i];
rnk[i] = i;
}
std::sort(rnk + 1, rnk + n + 1, [] (int a, int b) { return c[a] < c[b]; });
for (int i = 1; i <= n; ++i) ret[rnk[i]] = i;
lst = 1;
while (m --> 0) {
long long t, d, ans = 0;
std::cin >> t >> d;
if (a[t] >= d) {
a[t] -= d;
std::cout << d * c[t] << '\n';
continue;
}
ans = a[t] * c[t];
d -= a[t];
a[t] = 0;
for (int i; lst <= n; ++lst) {
i = rnk[lst];
if (a[i] >= d) {
ans += d * c[i];
a[i] -= d;
d = 0;
std::cout << ans << '\n';
break;
}
ans += a[i] * c[i];
d -= a[i];
a[i] = 0;
}
if (d) std::cout << "0\n";
}
return 0;
}
C
题目大意
有\(n(n\leqslant3\times10^5)\)个数，保证\(n\)为偶数，要把它们分成若干组，每组至少两个数。假设分成\(m\)组，第\(i\)组的和为\(s_i\)，要求最小化\(\sum\limits_{i=1}^ms_i^2\)
题解
发现一定是每组两个数，因为把两个总和分别为\(a,b\)的组合起来的时候，代价从\(a^2+b^2\)变为了\(a^2+2ab+b^2\)肯定不优秀。继续发现要让\(\max\{s_i\}\)最小，于是排一个序，每次取最小和最大的放为一组即可。
卡点
无
C++ Code：
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 300010
int Tim, n, m;
int s[maxn];
long long ans;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0);
std::cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) std::cin >> s[i];
std::sort(s, s + n);
const int nn = n >> 1;
for (int i = 0, x; i < nn; ++i) {
x = s[i] + s[n - i - 1];
ans += x * x;
}
std::cout << ans << std::endl;
return 0;
}
D
题目大意
给你一张\(n(n\leqslant10^5)\)个点\(m(m\leqslant10^5)\)条边的无向图，现在在点\(1\)，每次到一个没有经过过的点就把那个点记录下来，直到经过所有\(n\)个点，问最后记录下的序列最小的字典序是什么，可以重复经过点和边。
题解
这可比\(NOIP2018D2T1\)简单多了，只需要求一个一个类似最小生成树的东西就行了。用一个小根堆记录当前经过过的点可以到达的没有经过过的点，每次取出堆顶，把与它相连的点加入堆即可。
卡点
无
C++ Code：
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 100010
int head[maxn], cnt;
struct Edge {
int to, nxt;
} e[maxn << 1];
inline void addedge(int a, int b) {
e[++cnt] = (Edge) { b, head[a] }; head[a] = cnt;
e[++cnt] = (Edge) { a, head[b] }; head[b] = cnt;
}
int Tim, n, m;
std::priority_queue<int, std::vector<int>, std::greater<int> > q;
bool inq[maxn];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
std::cin >> n >> m;
for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {
std::cin >> a >> b;
addedge(a, b);
}
q.push(1);
inq[1] = true;
for (int Tim = 1; Tim < n; ++Tim) {
int u = q.top(); q.pop();
std::cout << u << ' ';
for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
int v = e[i].to;
if (!inq[v]) {
q.push(v);
inq[v] = true;
}
}
}
std::cout << q.top() << std::endl;
return 0;
}
E
题目大意
有\(n(n\leqslant10^5)\)个时间点，分别为\(1\sim n\)，有\(k(k\leqslant10^5)\)个红包，第\(i\)个红包可以在\([s_i,t_i]\)内领取，有钱\(w_i\)，领了这个红包，直到\(d_i\)时间点之后（不包含\(d_i\)）才可以领取下一个红包。
\(Bob\)按如下规则领红包：
- 领当前可以领的最大的红包
- 若有多个，领\(d\)最大的红包
- 若还有多个，随机领一个
\(Alice\)希望\(Bob\)领的最少，她可以在最多\(m(m\leqslant200)\)个时间点打扰\(Bob\)，使得他不能领红包，问\(Bob\)最少领到多少钱
题解
（比赛时做\(F\)题，就没有做\(E\)，而且\(F\)没在比赛内写出来。。。。）
发现每个时间点\(Bob\)领的红包是一定的，可以预处理出来，用\(set,map\)什么的，注意有重复元素，设第\(i\)个时间点领的红包为\(s_i\)。
\(f_{i,j}\)表示打断了\(i\)次，现在在第\(j\)个时间点\(Bob\)领的最少钱数，转移为\(f_{i.j}\to f_{i+1,j+1}\)，\(f_{i,j}+w_{s_j}\to f_{i,d_{s_j}}\)。
卡点
无
C++ Code：
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <map>
#include <vector>
#define maxn 100010
typedef std::pair<int, int> PII;
const long long inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
inline void chkmin(long long &a, long long b) { if (a > b) a = b; }
int n, m, k, now = 1, nxt;
long long f[2][maxn], ans = inf;
std::vector<PII> Add[maxn], Del[maxn];
PII Max[maxn];
std::map<PII, int> mp;
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
std::cin >> n >> m >> k;
for (int i = 0, s, t, d, w; i < k; ++i) {
std::cin >> s >> t >> d >> w;
Add[s].push_back(std::make_pair(w, d));
Del[t + 1].push_back(std::make_pair(w, d));
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (PII V : Add[i]) {
if (mp.count(V)) ++mp[V];
else mp[V] = 1;
}
for (PII V : Del[i]) {
if (!--mp[V]) mp.erase(V);
}
if (mp.size()) Max[i] = (*mp.rbegin()).first;
else Max[i] = std::make_pair(0, i);
}
const int SZ = sizeof f[now];
__builtin_memset(f[nxt], 0x3f, SZ);
f[nxt][1] = 0;
for (int i = 0; i <= m; ++i) {
std::swap(now, nxt);
__builtin_memset(f[nxt], 0x3f, SZ);
f[nxt][1] = 0;
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
chkmin(f[nxt][j + 1], f[now][j]);
chkmin(f[now][Max[j].second + 1], f[now][j] + Max[j].first);
}
chkmin(ans, f[now][n + 1]);
}
std::cout << ans << std::endl;
return 0;
}
F
题目大意
有一串\(n(n\leqslant10^9)\)个数的数列，给你\(b_1\sim b_k(k\leqslant100)\)。当\(i>k\)时：
已知\(f_1=f_2=\cdots=f_{k-1}=1,f_n=m\)，问最小的正整数\(f_k\)可能是多少
题解
写一下式子，发现可以用矩阵快速幂求出\(f_n=f_k^x\bmod{998244353}\)中的\(x\)（幸好这道题不需要线性齐次递推，不然玩完），复杂度\(O(k^3\log_2n)\)。
接下来就是求\(f_k^x\equiv m\pmod{998244353}\)
但是\(x\)在\(\pmod{998244352}\)下可能没有逆元，怎么办呢？可以用\(exgcd\)求出\(\dfrac{\gcd(x,998244352)}x\)，然后把\(\ln(m)\)除掉\(\gcd(x,998244352)\)，若有余数则无解。
卡点
比赛结束后\(5min\)发现可以除掉\(\gcd\)来做，然后自闭
C++ Code：
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
const int mod = 998244353, __mod = mod - 1;
#define maxn 105
int Tim, n, m, k;
int b[maxn];
struct Matrix {
int s[maxn][maxn];
inline Matrix operator * (const Matrix &rhs) const {
Matrix res;
for (int i = 0; i < k; ++i) {
for (int j = 0; j < k; ++j) {
long long t = 0;
for (int l = 0; l < k; ++l) (t += static_cast<long long> (s[i][l]) * rhs.s[l][j]) %= __mod;
res.s[i][j] = t;
}
}
return res;
}
} base, res;
namespace Math {
std::map<int, int> mp;
bool init = false;
long long BSGS(long long y, long long z) {
y %= mod, z %= mod;
if (!y) return -1;
long long tmp = 1, t = sqrt(mod - 1) + 1;
if (!init) {
mp.clear();
for (int i = 0; i <= t; i++) {
mp[tmp * z % mod] = i;
if (i != t) tmp = tmp * y % mod;
}
init = true;
}
long long tmp6 = tmp;
for (int i = 1; i <= t; i++) {
if (mp.count(tmp6)) return i * t - mp[tmp6];
tmp6 = tmp6 * tmp % mod;
}
return -1;
}
inline int pw(int base, int p) {
static int res;
for (res = 1; p; p >>= 1, base = static_cast<long long> (base) * base % mod) if (p & 1) res = static_cast<long long> (res) * base % mod;
return res;
}
long long exgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y) {
if (!b) {
x = 1, y = 0;
return a;
}
long long t = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= a / b * x;
return t;
}
long long retgcd;
long long inv(long long a) {
long long x, y;
retgcd = exgcd(a, __mod, x, y);
return (x % __mod + __mod) % __mod;
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
std::cin >> k;
for (int i = 0; i < k; ++i) std::cin >> base.s[i][0];
for (int i = 1; i < k; ++i) base.s[i - 1][i] = 1;
res.s[0][0] = 1;
std::cin >> n >> m;
for (n -= k; n; n >>= 1, base = base * base) if (n & 1) res = res * base;
const long long y = res.s[0][0];
long long lnz = Math::BSGS(3, m);
long long t = Math::inv(y);
if (lnz % Math::retgcd) {
puts("-1");
return 0;
}
lnz = lnz / Math::retgcd * t % __mod;
std::cout << Math::pw(3, lnz) << '\n';
return 0;
}
