GESP认证C++编程真题解析 | 202406 七级
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附上汇总帖：GESP认证C++编程真题解析 | 汇总
编程题
P10723 黑白翻转
【题目来源】
洛谷：[P10723 GESP202406 七级] 黑白翻转 - 洛谷
【题目描述】
小杨有一棵包含 \(n\) 个节点的树，这棵树上的任意一个节点要么是白色，要么是黑色。小杨认为一棵树是美丽树当且仅当在删除所有白色节点之后，剩余节点仍然组成一棵树。
小杨每次操作可以选择一个白色节点将它的颜色变为黑色，他想知道自己最少要执行多少次操作可以使得这棵树变为美丽树。
【输入】
第一行包含一个正整数 \(n\)，代表树的节点数。
第二行包含 \(n\) 个非负整数 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\)，其中如果 \(a_i=0\)，则节点 \(i\) 的颜色为白色，否则为黑色。
之后 \(n-1\) 行，每行包含两个正整数 \(x_i,y_i\)，代表存在一条连接节点 \(x_i\) 和 \(y_i\) 的边。
【输出】
输出一个整数，代表最少执行的操作次数。
【输入样例】
5
0 1 0 1 0
1 2
1 3
3 4
3 5
【输出样例】
2
【算法标签】
《洛谷 P10723 黑白翻转》 #树形DP# #拓扑排序# #树的遍历# #GESP# #2024#
【代码详解】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100005, M = N * 2; // M是边数的两倍，因为是无向图
int n, ans; // n: 节点数, ans: 答案
int a[N]; // a[i]: 节点i的状态，0表示白色，1表示黑色
int h[N], e[M], ne[M], idx; // 邻接表存储树结构
// 添加无向边
void add(int a, int b)
{
e[idx] = b; // 存储边的终点
ne[idx] = h[a]; // 将新边插入链表头部
h[a] = idx; // 更新头指针
idx++; // 边编号自增
}
// 深度优先搜索
// u: 当前节点
// fa: 父节点，防止走回头路
void dfs(int u, int fa)
{
int s = 0; // 统计子节点中黑色节点的数量
// 遍历当前节点的所有邻居
for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
{
int j = e[i]; // 邻居节点
if (j == fa) // 如果是父节点，跳过
{
continue;
}
// 递归处理子树
dfs(j, u);
// 累加子节点的颜色
s += a[j];
}
// 关键条件判断：
// 1. s > 0: 当前节点至少有一个黑色子节点
// 2. a[u] == 0: 当前节点是白色
if (s && !a[u])
{
ans++; // 答案加1
a[u] = 1; // 将当前节点染成黑色
}
}
int main()
{
// 输入节点数
cin >> n;
// 初始化邻接表
memset(h, -1, sizeof(h));
// 输入每个节点的初始颜色
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
}
// 输入n-1条边，构建树
for (int i = 1; i < n; i++)
{
int u, v;
cin >> u >> v;
add(u, v); // 添加无向边
add(v, u);
}
// 从任意一个黑色节点开始DFS
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (a[i] == 1) // 找到第一个黑色节点
{
dfs(i, 0); // 从该节点开始DFS，父节点为0
break;
}
}
// 输出答案
cout << ans << endl;
return 0;
}
【运行结果】
5
0 1 0 1 0
1 2
1 3
3 4
3 5
2
P10724 区间乘积
【题目来源】
洛谷：[P10724 GESP202406 七级] 区间乘积 - 洛谷
【题目描述】
小杨有一个包含 \(n\) 个正整数的序列 \(A=[a_1,a_2,\dots,a_n]\)。
小杨想知道有多少对 \(<l,r>(1\le l\le r\le n)\) 满足 \(a_l\times a_{l+1}\times \dots \times a_r\) 为完全平方数。
一个正整数 \(x\) 为完全平方数当且仅当存在一个正整数 \(y\) 使得 \(x=y\times y\)。
【输入】
第一行包含一个正整数 \(n\)，代表正整数个数。
第二行包含 \(n\) 个正整数 \(a_1,a_2,\dots,a_n\)，代表序列 \(A\)。
【输出】
输出一个整数，代表满足要求的 \(<l,r>\) 数量。
【输入样例】
5
3 2 4 3 2
【输出样例】
2
【算法标签】
《洛谷 P10724 区间乘积》 #数论# #前缀和# #位运算# #GESP# #2024#
【代码详解】
// 40分
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long // 定义int为long long类型
int n, ans; // n: 数组长度, ans: 答案
int a[100005][12]; // a[i][0]存储原数，a[i][1..11]存储质因数分解结果
int b[12] = {0, 0, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29}; // 前11个质数（从索引1开始）
// 计算第k个数的质因数分解，并累加到前缀和中
void calc(int k)
{
int x = a[k][0]; // 获取第k个数的原始值
// 将前一个数的质因数分解结果复制到当前数
for (int i = 1; i <= 11; i++)
{
a[k][i] = a[k-1][i];
}
// 特殊处理x=1的情况
if (x == 1)
{
a[k][1] += 2; // 1的特殊处理，将质数2的指数加2
}
// 对x进行质因数分解
for (int i = 2; i <= 11; i++)
{
// 不断除以质数b[i]，直到不能整除为止
while (x % b[i] == 0)
{
x /= b[i]; // 除以质因数
a[k][i]++; // 对应质因数的指数加1
}
}
}
signed main() // 由于#define int long long，所以用signed main
{
cin >> n; // 输入数组长度
// 读取n个数并计算每个数的质因数分解前缀和
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i][0]; // 将输入的数存储在a[i][0]
calc(i); // 计算第i个数的质因数分解
}
// 统计满足条件的子数组数量
for (int i = 1; i <= n; i++) // 子数组的右端点
{
for (int j = 0; j <= i; j++) // 子数组的左端点-1（j=0表示从开始）
{
int f = 0, s = 0; // f: 是否不满足条件标志, s: 总指数和
// 检查子数组a[j+1..i]是否满足条件
for (int k = 1; k <= 11; k++)
{
// 计算子数组中第k个质因数的总指数
s += a[i][k] - a[j][k];
// 检查这个质因数的指数是否为奇数
if ((a[i][k] - a[j][k]) % 2)
{
f = 1; // 存在指数为奇数的质因数
break;
}
}
// 如果所有质因数的指数都是偶数，且总指数和不为0
if (!f && s)
{
ans++; // 计数加1
}
}
}
cout << ans << endl; // 输出结果
return 0;
}
// 100分
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long // 将int定义为long long类型
int n, x, y, ans; // n: 数字个数, x: 前缀异或和, y: 临时变量, ans: 答案
int a[1 << 11] = {1}; // a[state]: 状态为state的前缀数量，初始a[0]=1
int b[11] = {0, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29}; // 前10个质数（索引1-10）
// 计算函数：返回y的质因数分解状态的二进制表示
int calc()
{
if (y == 1) // 如果y等于1，返回0
{
return 0;
}
int s = 0; // 状态值，用二进制表示
// 遍历前10个质数
for (int i = 1; i <= 10; i++)
{
int t = 0, c = 0; // t: 当前质数的状态位, c: 当前质数的指数计数
// 对y进行质因数分解
while (y % b[i] == 0)
{
y /= b[i]; // 除以质因数
c++; // 指数加1
// 关键：只关心指数的奇偶性
// 如果c是奇数，设置对应的状态位
if (c % 2)
{
t = 1 << i; // 第i位设为1
}
else
{
t = 0; // 第i位设为0
}
}
s += t; // 累加状态
}
return s; // 返回状态值
}
signed main() // 由于使用了#define int long long，所以main要改为signed
{
// 输入数字个数
cin >> n;
// 处理n个数字
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
// 输入当前数字
cin >> y;
// 计算：y = 输入的数字 ⊕ calc()的返回值
// 注意：这里y既用作输入，又在calc()中被修改
y = x ^ calc(); // x是之前的前缀异或和
// 统计答案：当前状态y出现的次数
ans += a[y]++; // 加上之前出现过的次数，然后计数加1
// 更新前缀异或和
x = y;
}
// 输出结果
cout << ans << endl;
return 0;
}
【运行结果】
5
3 2 4 3 2
2
浙公网安备 33010602011771号