2019-08-15 纪中NOIP模拟B组
T1 [JZOJ3455] 库特的向量
题目描述
从前在一个美好的校园里，有一只（棵）可爱的弯枝理树。她内敛而羞涩，一副弱气的样子让人一看就想好好疼爱她。仅仅在她身边，就有许多女孩子想和她 $BH$，比如铃，库特，等等。不过，除却巫山不是云，理树的心里只有那个帅气高大的男孩子——恭介，这让女孩子们不得不终日唉声叹气，以泪洗面。不过恭介是那样强大而完美，根本没有办法击败他，她们也只好咬牙忍痛度日，以待反击之时。
终于，她们获得了一次机会。机智的库特利用弹道学、密码学、宇宙学的知识设计出了一个密室，可以让进入的人无法从内部打开出口。库特设计密码的过程很奇葩，是由两个用整数坐标表示的 $n$ 维向量导出的。神奇的是，对于这两个向量中的任意一个，无论如何将它的坐标打乱（例如 $(a1,a2,a3)$ 变成 $(a3,a1,a2)$），打乱后的数量积都不会比原来的两个向量的数量积小。而库特就把原来的两个向量的数量积作为了密码。现在她们只用把恭介引入就可以了。但是，好事多磨，由于她们的粗心大意，在测试密室的时候不小心把自己给关了进去，而且还带走了密码纸。在外面的铃只找到了库特写着两个打乱后的向量的草稿。哇呼~能不能解救这些萌妹子，就看你了。
数据范围
对于 $50\%$ 的数据，$N \leq 8$，$\vert A_i \vert , \vert B_i \vert \leq 10^3$
对于 $100\%$ 的数据，$N \leq 10^3$，$\vert A_i \vert , \vert B_i \vert \leq 10^5$
分析
B(ai)H(e)??? 题面越来越搞了啊
再现惊天水题 贪心小乘大 积之和一定最小
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 1005 int n; ll ans, a[N], b[N]; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", a + i); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", b + i); sort(a + 1, a + n + 1); sort(b + 1, b + n + 1); for (int i = 1; i <= n; i++) ans += a[i] * b[n + 1 - i]; printf("%lld\n", ans); return 0; }
T2 [JZOJ3456] 恭介的法则
题目描述
终于，在众亲们的奋斗下，最终 $boss$ 恭介被关进了库特设计的密室。正当她们松了一口气时，这个世界却发生了天翻覆地的变化：地面开始下沉，天空开始变成血红色，海水沸腾……一幅世界末日的图景。美鱼从她手中的古籍《若山牧水诗歌集》中发现了原因：白鸟は かなしからずや 空の青 海のあをにも 染まずただよふ 。大(xia)意(shuo)就是狡猾的恭介在创造这个世界的时候就篡改了法则。而这个法则的起源，就是一只生死之间的猫。这个猫被关在一个黑盒子里，盒子里有两个毒气罐，如果有任意一个毒气罐被打开那么猫将会被杀死，法则也能得到纠正。然而外界能控制的仅仅是这两个毒气罐被打开的概率。假设第一个毒气罐被打开的概率为 $1/x$，第二个毒气罐为 $1/y$（$x,y$ 为正整数），那么当两个概率和为 $1/(n!)$ 时，猫将会被莫名其妙地杀死。现在美鱼想知道，有多少对 $(x,y)$ 可以让猫被莫名其妙杀死。
数据范围
对于 $30\%$ 的数据，$N \leq 6$
对于 $60\%$ 的数据，$N \leq 50$
对于 $100\%$ 的数据，$N \leq 7 \times 10^5$
分析
薛定谔的猫???
题目中要求算出满足 $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{n!}$ 的所有数对 $(x,y)$ 的个数
该式可以化为 $(x+y)n!=xy$，但是这样似乎看不出来要怎么继续化简
观察一式可以发现 $x,y>n!$，于是设 $x=n!+k_1$，$y=n!+k_2$（$k_1,k_2$ 为正整数）
然后代入二式中得到 $k_1 k_2=(n!)^2$
这样这道题就转化为求 $(n!)^2$ 的约数个数
求一个数 $n$ 的约数个数，我们自然会想到这个公式 $f(n)= \prod_{i=1}^k (a_i+1)$
其中 $n$ 的唯一分解式为 $n=p_1^{a_1} \, p_2^{a_2} \, p_3^{a_3}···p_k^{a_k}$
然而 $n!$ 是一个非常大的数，我们不可能直接将它质因数分解，所以考虑如何求出每个质因数的次数
例如对于 $2$ 这个质数，$n$ 以内所有 $2$ 的倍数都会对其次数产生 $1$ 点贡献，所有 $4$ 的倍数会在原来基础上再产生 $1$ 点贡献，同理 $8$ 的倍数也会再产生 $1$ 点贡献……
以此类推，我们可以在埃式筛 $n$ 以内质数的同时，$O(log \; n)$ 求出每个质因数的次数
最后就是要写高精，还要至少压七八位
（本来没有压位 $TLE \; 60 \, pts$，最后五分钟想到可以压个位，结果有点慌忘打前导零 $WA$ 了，还少了关键的 $10 \, pts$，是我太作最后十分钟来检查代码，Rank1没了啊
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 700005 #define mod 1000000000 int n, book[N]; ll len, s[N]; void mul(ll x) { ll last = 0; for (int i = 1; i <= len; i++) s[i] = s[i] * x + last, last = s[i] / mod, s[i] %= mod; s[len + 1] = last; while (s[len + 1]) len++, s[len + 1] = s[len] / mod, s[len] %= mod; } int main() { scanf("%d", &n); s[++len] = 1; for (int i = 2; i <= n; i++) { if (book[i]) continue; for (int j = 2; i * j <= n; j++) book[i * j] = 1; ll j = i, k = 0; while (j <= n) k += n / j, j *= i; mul(k << 1 | 1); } printf("%lld", s[len]); for (int i = len - 1; i; i--) printf("%08lld", s[i]); return 0; }
T3 [JZOJ3457] 沙耶的玩偶
题目描述
在美鱼和理树后援团拯救世界的同时，外表柔弱的理树也开始坚强起来，思考着离开这个世界的办法。误打误撞地，她遇上了正在教室破坏课桌打开迷宫入口的沙耶。沙耶告诉理树，这个世界的出口就是这个迷宫的出口。于是理树毫不犹豫地跟沙耶一起跳进了迷宫。在迷宫里，两个女孩子互帮互助，一会儿割绳子，一会儿泡温泉，一会儿雕冰块，跌跌撞撞地走到了终点。不出所料，终点也有一个机关在等着她们。
终点的机关是一个立着的 $m \times n$ 的方格棋盘，在有些格子上放了一个玩偶，而有些地方直接挖了个大坑。只有取走所有玩偶才能打开出口。但是，由于奇怪的设定，理树和沙耶不能直接触碰玩偶，他们需要操纵机器人来收集它。机器人的走法很奇怪，和国际象棋的马有点像，只不过马可以走任意方向的 $1 \times 2$ 路线，它们只会由上往下走 $r \times c$（或 $c \times r$）的路线，不能回头。而机器人一旦经过一个有玩偶的格子，那个格子上的玩偶将被回收，并且在机器人离开时，那个格子会变成一个坑。理树可以把机器人放在任何一个有玩偶的格子上作为起点，也可以在任何一个有玩偶的格子回收机器人。机器人行走可以视为瞬移，只不过每一次设置新起点都会消耗 $1$ 时间。并且，有坑的格子不能落脚。
就在这个紧要关头，玩偶狂热爱好者的沙耶却流着口水智商归 $0$。理树不得不转而求助你，帮忙计算出最少多少时间就能收集到所有玩偶。
数据范围
对于 $30\%$ 的数据，$1 \leq M,N \leq 4$，$1 \leq R,C \leq 3$
对于 $70\%$ 的数据，$1 \leq M \leq 20$，$1 \leq N \leq 4$，$1 \leq R,C \leq 3$
对于 $100\%$ 的数据，$1 \leq M,N \leq 50$，$1 \leq R,C \leq 10$
分析
考场上笔推了一下发现是求走满所有玩偶位置的不相交路径个数，而且模拟过程很像匈牙利
看了下数据，发现匈牙利确实可做，然后很快就码了
具体就是在每个玩偶位置尝试扩展一条边，如果能扩展就继续枚举下一个位置，如果不能扩展，就说明这个点是一条路径的终点，计入答案
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 55 int n, m, r, c, ans; int d[4][2], used[N][N], link[N][N][2]; char g[N][N]; bool check(int x, int y) { if (x < 1 || x > n) return false; if (y < 1 || y > m) return false; if (g[x][y] == 'x') return false; return true; } bool dfs(int x, int y) { for (int i = 0; i < 4; i++) { int dx = x + d[i][0]; int dy = y + d[i][1]; if (!used[dx][dy] && check(dx, dy)) { used[dx][dy] = 1; if (!link[dx][dy][0] || dfs(link[dx][dy][0], link[dx][dy][1])) { link[dx][dy][0] = x; link[dx][dy][1] = y; return true; } } } return false; } int main() { scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &r, &c); d[0][0] = r; d[0][1] = -c; d[1][0] = c; d[1][1] = -r; d[2][0] = c; d[2][1] = r; d[3][0] = r; d[3][1] = c; for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) scanf(" %c", &g[i][j]); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) { if (g[i][j] == 'x') continue; memset(used, 0, sizeof used); if (!dfs(i, j)) ans++; } printf("%d\n", ans); return 0; }
