2022CCPC女生专场 vp记录
2026/9/28 晚~9/29早
省流：单挑过了6题，但罚时太多没够到金牌线。L题和I题没做出来有点自责，但体感比2024女赛舒适（？
过题顺序：C->E->A->G->H->J
L的线段树还是要加油啊。K的FFT又是怎么看出来的。I 的字符串串我也不会写，F的位运算性质还是盯不出来。呜呜呜。
（恶魔低语）
C 测量学
无脑小签到
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
double R,ci;
double r[100010],t[100010];
int main()
{
cin>>n>>R>>ci;
ci=min(ci,2*3.1415926-ci);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>r[i],t[i]=ci*r[i]+2*(R-r[i]);
t[0]=2*R;
sort(t,t+n+1);
double dis=min(t[0],ci*R);
printf("%.6lf",dis);
return 0;
}
E 睡觉
还是小签到，呃呃呃qwq我太粗心了，好多边界没考虑到被罚时了5次...
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll T,x,t,k,n,d;
ll a[200010],b[200010],s[200010];
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(nullptr);
cin>>T;
while(T--)
{
//连续t秒小于等于k
cin>>x>>t>>k>>n>>d;
s[0]=0;
ll tmp=0;
bool flag=0;
ll maxt=-0x3f3f3f3f;
for(ll i=1;i<=2*n;i++)
{
if(i<=n)
{
cin>>a[i];
if(a[i]<=d) b[i]=-1;
else b[i]=1;
s[i]=s[i-1]+b[i];
if(s[i]+x<=k)
{
tmp++;
}else{
tmp=0;
}
if(tmp==t){
flag=1;
}
}else{
s[i]=s[i-1]+b[i-n];
if(s[i]+x<=k)
{
tmp++;
}else{
tmp=0;
}
if(tmp==t){
flag=1;
}
}
maxt=max(maxt,tmp);
}
if(flag||s[n]<0||maxt==2*n){
cout<<"YES"<<endl;
}else{
cout<<"NO"<<endl;
}
}
return 0;
}
A. 减肥计划
用队列模拟即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,k; ll a[1000010];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>n>>k;
deque<ll> q;
ll mx=0;
for(ll i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i]; q.push_back(i); mx=max(mx,a[i]); }
if(n==1){ cout<<1<<'\n'; return 0; }
k=min(k,n-1);
ll tmp=0;
while(1){
ll x=q[0], y=q[1];
q.pop_front(); q.pop_front();
if(a[x]>=a[y]){ tmp++; q.push_front(x); q.push_back(y); }
else { tmp=1; q.push_front(y); q.push_back(x); }
if(tmp==k || a[q[0]]==mx){ cout<<q[0]<<'\n'; break; }
}
return 0;
}
G 排队打卡
分别用begin和end来记录每一秒的开始和结束，过程就变得很清晰了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,t;
ll m,k;
struct p{
ll time,pp;
}a[500010];
bool cmp(p x,p y)
{
return x.time<y.time;
}
ll bg[500010],ed[500010];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>t>>n>>m>>k;
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
cin>>a[i].time>>a[i].pp;
}
sort(a+1,a+1+m,cmp);
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
ll prev_time = (i==1 ? -1 : a[i-1].time);
ll e_prev = (i==1 ? 0 : ed[i-1]);
__int128 dec = (__int128)(a[i].time - prev_time - 1) * k;
ll e_before = (dec >= e_prev ? 0 : e_prev - (ll)dec);
bg[i] = e_before + a[i].pp;
ed[i] = (bg[i] <= k ? 0 : bg[i] - k);
}
ll q_t = 0;
{
ll e_prev = 0, p_prev = -1;
for(ll i=1;i<=m;i++){
if(a[i].time < t){ e_prev = ed[i]; p_prev = a[i].time; }
else break;
}
__int128 dec = (__int128)(t - p_prev - 1) * k;
q_t = (dec >= e_prev ? 0 : e_prev - (ll)dec);
}
if(q_t!=n){
cout<<"Wrong Record";
return 0;
}
ll min_time=(ll)4e18,indx=-1;
for(ll i=1;i<=m;i++)
{
if(a[i].time <= t) continue;
ll wait = (bg[i] + 1 + k - 1) / k;
if(wait<=min_time)
{
min_time=wait;
indx=a[i].time;
}
}
cout<<indx<<' '<<min_time;
return 0;
}
H 提瓦特之旅
很有意思的一道题目^~^
问：带边权的无向图，从1出发，每到第 \(i\) 个位置代价加入 \(w_i\) ，问从 1 到 \(t\) 的最小代价。
由于n的数据范围很小，所以我们可以用 \(O(n*m)\) 的思路进行预处理。
开一个二维数组，第一维记录当前是走到的第几个节点，第二维记录当前在第几个节点。那么对于u,v,c，（起点终点边权）我们可以列出：
\[f[k][u]=min(f[k][u],f[k-1][v]+c)
\]
\[f[k][v]=min(f[k][v],f[k-1][u]+c)
\]
由于从1出发，那么需要初始化 \(f[0][1]=0\)，其他全为INF
然后对于每一组查询，我们只需要记录 \(w_i\) 的前缀和即可求得结果，复杂度 \(O(n*q)\)
设 \(s[i]\) 为 \(w[i]\) 的前缀和数组，minn 为答案。
\[minn=min(minn,f[k][t]+s[k])
\]
完整代码：
(由于不开long long wa了一次，不开快读又t了一次qwq)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f,N=100010;
ll eu[N],ev[N],ec[N];
ll f[510][510];
ll n,m,q,t;
ll w[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin>>n>>m;
ll u,v,c;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>u>>v>>c;
eu[i]=u,ev[i]=v,ec[i]=c;
}
for(int i=0;i<=501;i++)
{
for(int j=0;j<=501;j++)
{
f[i][j]=INF;
}
}
f[0][1]=0;
for(int k=1;k<n;k++)
{
for(int i=1;i<=m;i++)
{
u=eu[i],v=ev[i],c=ec[i];
if(f[k-1][v]!=INF)
f[k][u]=min(f[k][u],f[k-1][v]+c);
if(f[k-1][u]!=INF)
f[k][v]=min(f[k][v],f[k-1][u]+c);
}
}
cin>>q;
while(q--)
{
ll s[510],minn=INF;
s[0]=0;
cin>>t;
for(int i=1;i<n;i++)
{
cin>>w[i];
s[i]=s[i-1]+w[i];
}
for(int k=0;k<n;k++)
{
minn=min(minn,f[k][t]+s[k]);
}
cout<<minn<<endl;
}
return 0;
}
J 瑞士轮
熟悉瑞士轮的宝宝都知道，连续的四个队必然产生 2-0，2-1，1-2，0-2四种情况。
那我们把所有的队全部每四个分为一组再枚举就可以了~
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll MOD=998244353;
ll a[40],w[40][40];
ll p20[40],p02[40],pad[40];
ll qpow(ll x,ll y=MOD-2){
ll r=1;
while(y){
if(y&1) r=r*x%MOD;
x=x*x%MOD;
y>>=1;
}
return r;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
for(int i=1;i<=32;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=32;i++)
for(int j=1;j<=32;j++){
if(i==j) continue;
w[i][j]=a[i]*qpow((a[i]+a[j])%MOD)%MOD;
}
// 8组，每组4队
for(int b=0;b<8;b++){
int t0=b*4+1,t1=b*4+2,t2=b*4+3,t3=b*4+4;
int A[2]={t0,t1},B[2]={t2,t3};
for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++){
int w0=A[i],l0=A[1-i];
int w1=B[j],l1=B[1-j];
ll path=w[w0][l0]*w[w1][l1]%MOD;
int U[2]={w0,w1},L[2]={l0,l1};
for(int u=0;u<2;u++)for(int l=0;l<2;l++){
int uw=U[u],ul=U[1-u];
int win=L[l],lose=L[1-l];
ll p2=path*w[uw][ul]%MOD*w[win][lose]%MOD;
p20[uw]=(p20[uw]+p2)%MOD;
pad[uw]=(pad[uw]+p2)%MOD;
p02[lose]=(p02[lose]+p2)%MOD;
ll pr=w[ul][win];
pad[ul]=(pad[ul]+p2*pr)%MOD;
pad[win]=(pad[win]+p2*((1-pr+MOD)%MOD))%MOD;
}
}
}
int m;cin>>m;
while(m--){
int b[10];
for(int i=1;i<=9;i++){cin>>b[i];}
ll ans=(p20[b[1]]+p02[b[2]])%MOD;
for(int i=3;i<=9;i++) ans=(ans+pad[b[i]])%MOD;
cout<<ans<<'\n';
}
return 0;
}
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