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2023icpc南京站

\(\Huge{2024icpc南京站}\)

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比赛地址：The 2023 ICPC Asia Nanjing Regional Contest (The 2nd Universal Cup. Stage 11: Nanjing)

官方题解：2023 ICPC 亚洲区域赛南京站 - SUA Wiki

C. Primitive Root

题意

给定质数\(P\)和非负整数\(m\)，有多少非负整数\(g\)满足$ g≤m ~&&~ g⊕(P−1)≡1 (mod P)$？这里 \(\oplus\)是按位异或（XOR） 运算符。

思路

跟据题目给出的公式，我们可以做以下变形：

\[g\oplus(P-1)\equiv1(mod~P)\\ g\oplus(P-1)=kP+1\\ g=(kP+1)\oplus (P-1)~~\le m\\ (kP+1)+(P-1)\le m\\ (k+1)p\le m\\ \]

那么对于区间\(0\le k \le \left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor - 1\)，均有$ (kP+1)+(P-1)\le (k+1)P \le m$，满足要求。

对于所有\(k \le \left \lceil \frac{m}{P} \right \rceil + 1\)，均有$ (kP+1)+(P-1)\ge (k-1)P + 2 \le m$，不满足要求。

因此我们只需要检查区间\(\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor \le k \le \left \lceil \frac{m}{p} \right \rceil\)的值即可。

标程

#define int long long 
using namespace std;
void solve() {
	int p,m;
	cin >> p >> m;
	int ans = (m/p);
//	cout << ans << endl;
	
	for(int i = m/p; i <= m / p +1; i ++)
		if(((1 + i * p) ^ (p-1)) <= m)
			ans++;
	
	cout << ans << endl; 
}

F. Equivalent Rewriting

题意

题目首先给出两个数字n,m，分别表示操作次数和数组长度。然后下列操作是对数组进行操作。

  • \(p~a_1~a_2~a_3~...~a_p\)

若当前为第\(i\)次操作，那么该操作为将数组中\(a_1,a_2,a_3,...,a_p\)全部变为\(i\)。

经过若干次这样的操作之后，得到数组的最后状态。题目要求能够改变操作的顺序，使得最终数组的结果不变。

思路

本题需要考虑是否存在某一个操作可以改变顺序。我们可以发现，当前操作结果可能会被后续操作覆盖，并且分为三种情况：

  • 当前的操作结果会部分被后续操作影响。
  • 当前的操作结果会全部被后续操作。
  • 当前的操作结果不会被后续操作影响。

特别地对于后两种情况，可以分开讨论：

  • 某一次操作不会收到后续操作的影响，可将其放置在其后任意一个位置（最后一次操作除外）。
  • 某一次操作会被后续操作全部覆盖，那么可将其放置在其前面任意一个位置（第一次操作除外）。

事实上由于是可以选任意位置，我们只需要将其与相邻位置交换即可。

标程

#define int long long
void solve() {
    int n, m; cin >> n >> m;
    vector<vector<int>> op(n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        int x; cin >> x;
        while(x -- ) {
            int pos; cin >> pos;
            op[i].push_back(pos);
        }
    }
    vector<bool> st(m + 1);
    vector<int> cnt(m + 1);

    for(auto t : op[n]) cnt[t] ++ ;

    bool flag = false;
    for(int i = n - 1; i >= 1; i -- ) {
        bool flag = true;
        for(auto t : op[i]) {
            if(st[t]) continue;
            cnt[t] ++ ;
            if(cnt[t] > 1) flag = false;
        }
        for(auto t : op[i + 1]) {
            if(st[t]) continue;
            cnt[t] -- ; st[t] = true;
        }
        if(flag) {
            cout << "Yes\n";
            for (int j = 1; j <= i - 1; j ++ ) cout << j << ' ';
            cout << i + 1 << ' ' << i;
            for (int j = i + 2; j <= n; j ++ ) cout << ' ' << j;
            cout << '\n';
            return;
        }
    }
    cout << "No\n";
}

G. Knapsack

题意

给定\(n\)件物品的体积\(w_i\)与价值\(v_i\)，以及背包的总容量\(W\)。

你可以优先选择\(k\)件物品获得他们的价值，随后再选择一些物品，要求随后选择的物品的体积之和不超过`\(W\)。

最大化选择物品的价值之和。

思路

注意到一定存在一个最优选法同时满足以下两个条件：

  1. 如果存在物品\(a,b\)满足 𝑎 被免费选走，\(b\)被付费选走，那么\(w_a \ge w_b\)。否则我们可以改成免费选\(b\)，付费选 \(a\)，方案不会变劣。
  2. 如果存在物品\(a,b\)满足\(a\)被免费选走，\(b\)没有被选走，那么\(v_a \ge v_b\)。否则我们可以改成免费选\(b\)，不选择\(a\)，方案不会变劣。

因此，如果我们将所有物品按照\(w_i\)从小到大排序，那么对于最优策略而言，一定存在一个分界点 \(M\)，满足\(i>M\)的物品中，价值前\(k\)大的物品被免费选走。

对于每个\(i\)，可以通过维护一个堆来预处理出从第\(i\)个物品开始的后缀免费选出 \(k\)个物品的最大价值之和。

因此我们只需要对每个前缀维护出 0/1 背包的结果即可。复杂度\(O(nw+nk+nlogn)\)。

标程

#define int long long 
#define PII pair<int, int>
#define fi first 
#define se second

const int INF = 0x7fffffff;

void Solved() {
    int n, w, k; cin >> n >> w >> k;
    vector<PII> a(n);
    vector<int> f(w + 1), g(n + 1);
    // f[i]：计算背包问题的滚动数组
    // g[i]：从第 i 个物品开始的后缀免费选出 K 个物品的最大价值之和
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;

    for(auto &[i, j] : a) cin >> i >> j;

    sort(ALL(a));
    
    int sum = 0;
    g[n] = 0;

    // 计算出后缀选出的免费物品的最大价值之和
    for(int i = n - 1; i >= 0; i -- ) {
        q.push(a[i].se);
        sum += a[i].se;
        if(q.size() > k) {
            sum -= q.top();
            q.pop();
        }
        g[i] = sum;
    }

    for(int i = 0; i <= w; i ++ ) f[i] = -INF;
    f[0] = 0;
    int res = g[0]; // 结果初值，只买免费物品

    // 01背包模板
    for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
        for(int j = w; j >= a[i].fi; j -- ) {
            f[j] = max(f[j], f[j - a[i].fi] + a[i].se);
            res = max(res, f[j] + g[i + 1]);    // 计算在分界点i时的情况
        }
    }
    
    cout << res << endl;
}

I. Counter

题意

有一个计数器，一开始是0，有两种操作，每次操作可以把值+1或清零。

给若干已知条件表示第\(x_i\)次操作后计数器的值为\(v_i\)，问是否有一种操作序列满足所有的已知条件。

思路

根据题目的性质，对于已知的操作，分为两种情况：计数器的值是否为0。

同时可以发现，对于某一次操作，若\(v_i=5\)，那么\(x_i\)前（包括\(x_i\)）会有连续5次的+1操作。

那么，若已知的操作中有不符合上述情况的，这个操作序列肯定就不合法。因此可以按照\(x_i\)排序，然后从后向前遍历。

遍历过程中标记当前位置的+1操作是从哪个位置开始的，然后遍历过程中对于不合法的情况就直接结束即可，对于不合法的情况：

  • \(v_i=0\)
    • \(x_i>x\)
  • \(v_i!=0\)
    • \(x_i=t\)
    • \(x_i>t ~~~\&\&~~~ v_i!=x_i-t\)
    • 否则为合法，更新标记位置\(t\)。

标程

#define PII pair<int,int>
#define pb push_back
#define fi first
#define se secondvoid solve() {
    int n, m; cin >> n >> m;
    vector<PII> v(m);
    
    for(auto &[i, j] : v) cin >> i >> j;
    
    sort(v.begin(), v.end());
        
    int x = n + 1;
    for(int i = m - 1; i >= 0; i -- ) {
        if(v[i].se == 0) {
            if(v[i].fi > x) {cout << "No\n"; return;}
        } else {
            if(v[i].fi == x) {cout << "No\n"; return;}
            else if(v[i].fi > x) {
                if(v[i].se != v[i].fi - x) {cout << "No\n"; return;}
            } else {
                x = v[i].fi - v[i].se;
                if(x < 0) {cout << "No\n"; return;}
            }
        }
    }
    cout << "Yes\n";
}
posted @ 2026-01-15 21:47  鱼香_rose  阅读(2)  评论(0)    收藏  举报
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