2023CCPC秦皇岛站

define时间：

#define itn int
#define int long long
#define ind long double
#define yes cout << "Yes"
#define no cout << "No"
#define pii pair<long long, long long>
#define pci pair<char, int>
#define re return;

QOJ补题：第九届中国大学生程序设计竞赛秦皇岛站（CCPC 2023 Qinhuangdao Site） - Dashboard - Contest - QOJ.ac

G. Path

签到。

读懂题意容易发现，先往右再往下走即满足条件，所以答案为行间差之和+列间差之和。

void solve()
{
    cin >> n >> m;
    num = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        cin >> b[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n - 1; i++)
    {
        num += abs(a[i] - a[i + 1]);
    }
    for (int i = 1; i <= m - 1; i++)
    {
        num += abs(b[i] - b[i + 1]);
    }
    cout << num;
}

A. Make SYSU Great Again I

构造。

第 i 行在[ i , i ] [ i , i+1]放入两个相邻的数字，可以保证每行 $gcd=1$，注意最后一行特判。

这样第一列是 1 和 n，$gcd=1$ ；其他列也都是相邻的数字，所以保证每列 $gcd=1$ 。

多余的数字随便找空位放就行。

void solve()
{
    cin >> n >> k;
    x = 1, y = 1;
    map<pii, int> mp;
    for (int i = 1; i <= n * 2 - 2; i++)  //前n-1行
    {
        if (i % 2)
        {
            cout << x << ' ' << y;
            mp[{x, y}] = 1;
            y++;
        }
        else
        {
            cout << x << ' ' << y;
            mp[{x, y}] = 1;
            x++;
        }
        cout << '\n';
    }
    cout << x << ' ' << y << '\n'; //特判最后一行
    mp[{x, 1}] = 1;
    mp[{x, y}] = 1;
    cout << x << ' ' << 1 << '\n';
    num = max(k - n * 2, 0ll);   //还有多数字的找空随便放
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 1; j <= n; j++)
        {
            if (num == 0)
            {
                break;
            }
            if (!mp[{i, j}])
            {
                cout << i << ' ' << j << '\n';
                mp[{i, j}] = 1;
                num--;
            }
        }
    }
}

J.Keyi LIkes Reading

状压dp。

遍历一遍当前态和期望态，先找到可以通过 i -> j 的情况：如果 i -> j 中所有 i 没有但 j 有的加上还小于 m 就可以转移。

具体可见注释。

void solve()
{
    cin >> n >> m;
    int maxn = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> x;
        maxn = max(maxn, x);
        a[x - 1]++;
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i < maxn; i++)  //找出终态
    {
        if (a[i])
            ans |= (1ll << i);
    }
    for (int i = 0; i < (1ll << maxn); i++)
    { // 当前状态
        for (int j = 0; j < (1ll << maxn); j++)
        {                     // 期望状态
            if ((i & j) != i) // 剪枝，如果当前状态有但期望没有直接下一个
                continue;

            int num = 0;
            bool ok = 1;
            for (int k = 0; k < maxn; k++)
            {
                if (!(i & (1ll << k)) && (j & (1ll << k)))
                { // 如果当前状态没有，但期望有，就加上
                    num += a[k];
                    if (num > m)
                    {
                        ok = 0;
                        break;
                    }
                }
            }
            if (ok)  //说明这种情况下i->j可以转移
            {
                e[i].emplace_back(j);
            }
        }
    }
    fill(dp, dp + N, INT_MAX);
    dp[0] = 0;
    for (int i = 0; i < (1ll << maxn); i++)
    {
        for (auto j : e[i])
        {
            dp[j] = min(dp[j], dp[i] + 1);
        }
    }
    cout << dp[ans];
}

D. Yet Another Coffee

贪心。

首先优惠券可以叠加，并且价钱可以为负值。所以我们可以把所有优惠券都给一个商品。

但是每个优惠券有时间限制，可以想到维护一个前 $i$ 个商品的最小值。

每次到达时间 $i$，我们就把能用的优惠券都给前 $i$ 个最小的商品。

vector<int> e[N];
void solve()
{
    cin >> n >> k;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        e[i].clear();
    }
    for (int i = 1; i <= k; i++)
    {
        cin >> x >> y;
        e[x].emplace_back(y);
    }
    int idx = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (a[i] < a[idx])  //维护前i个商品的最小值
        {
            idx = i;
        }
        for (auto j : e[i])  //把所有优惠券给前i个商品的最小值
        {
            a[idx] -= j;
        }
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    sum = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        sum += a[i];
        cout << sum << " ";
    }
}

F. Mystery of Prime

dp。

对不同类型的变化情况考虑，$dp[i][j]$ 表示第 i 个数状态为 j 情况下的最少转化数。

$dp[i][0] $表示不变 $[1]$ 表示变成1 $[2]$表示变成偶数 $[3]$表示变成除1外的奇数

有四种情况：

如果当前数不变，依次讨论下一个数的四种情况。
如果当前数变成1，对下一个数讨论第1、2、3的情况。
如果当前数变成偶数，对下一个数讨论1、2、4的情况。
如果当前数变成奇数，对下一个数讨论1、3的情况。

void solve()
{

    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 0; j < 4; j++)
        {
            dp[i][j] = INT_MAX;
        }
    }
    dp[1][0] = 0;
    dp[1][1] = dp[1][2] = dp[1][3] = 1;
    auto prime=[&](int x)
    {
        for (int i = 2; i <= sqrt(x); i++)
        {
            if (x % i == 0)
            {
                return 0;
            }
        }
        return 1;
    };
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        // 1. a[i]不变
        if (prime(a[i] + a[i + 1]))
        {
            dp[i + 1][0] = min(dp[i + 1][0], dp[i][0]);
        }
        if (prime(a[i] + 1))
        {
            dp[i + 1][1] = min(dp[i + 1][1], dp[i][0] + 1);
        }
        if (a[i] % 2)
        {
            dp[i + 1][2] = min(dp[i + 1][2], dp[i][0] + 1);
        }
        else
            dp[i + 1][3] = min(dp[i + 1][3], dp[i][0] + 1);

        // 2. a[i]变1
        if (prime(1 + a[i + 1]))
        {
            dp[i + 1][0] = min(dp[i + 1][0], dp[i][1]);
        }
        dp[i + 1][1] = min(dp[i + 1][1], dp[i][1] + 1);
        dp[i + 1][2] = min(dp[i + 1][2], dp[i][1] + 1);

        // 3.  a[i]变偶数
        if (a[i + 1] % 2) //如果下一个是奇数，自适应变成一个互质的偶数
        {
            dp[i + 1][0] = min(dp[i + 1][0], dp[i][2]);
        }
        dp[i + 1][1] = min(dp[i + 1][1], dp[i][2] + 1);
        dp[i + 1][3] = min(dp[i + 1][3], dp[i][2] + 1);

        // 4. a[i]变除1外的奇数
        if (a[i + 1] % 2 == 0)  //同上，自适应变成一个互质的奇数
        {
            dp[i + 1][0] = min(dp[i + 1][0], dp[i][3]);
        }
        dp[i + 1][2] = min(dp[i + 1][2], dp[i][3] + 1);
    }

    cout << min({dp[n][0], dp[n][1], dp[n][2], dp[n][3]}) << ' ';
}

posted @ 2025-09-11 19:20 lengling 阅读(6) 评论(0) 收藏举报

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