信息工程大学第五届超越杯程序设计竞赛
\(\huge{信息工程大学第五届超越杯程序设计竞赛}\)
本篇题解按照题目难易顺序进行排序
大致难易顺序为：A<M<F<D<C<E<G<K<H<B<I<J
A. 遗失的旋律
这道题其实不是一道签到题，但是数据范围比较水友好，暴力就可以过，所以就成了一道签到题。
题意
给定一个长度为$n$的$01$串$s$，代表两种操作：
- $0$代表：
x++; - $1$代表：
x *= 2;
然后给定m次询问，对应两种情况：
- \(op~ y\)：翻转$s[y]$。
- \(op~ x~ l~ r\) 以$x$为初始值，执行$s[l,r]$区间的操作，并返回结果。
思路
暴力...
标程
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int mod = 998244353;
void solve() {
int n,m; cin >> n >> m;
string s; cin >> s;
int res = 0, le = 0, re = 0;
while(m -- ) {
int op; cin >> op;
if(op == 1) {
int y; cin >> y; y --;
if(s[y] == '1') s[y] = '0';
else s[y] = '1';
} else {
int x, l, r; cin >> x >> l >> r;
l --,r --;
for(int i = l ; i <= r; i++) {
if(s[i] == '0') x += 1;
else x = x * 2;
x = x % mod;
}
cout << x << endl;
}
}
}
signed main (void) {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
// cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
M. Monika's game
题意
给定一个整数$x$，然后可以操作若干次，每次可以将$x$拆分为不为零的两个数，然后总分会加上拆分的较大数，求最多能加多少分
思路
每次都将$x$拆分为$1$和$x-1$，结果为：\(1+2+3...+n-1=n\times\frac{n-1}{2}\)。
标程
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
void solve()
{
int n; cin >> n;
n --;
cout << (n * n + n) / 2 << '\n';
}
signed main (void) {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
F. 不规则的轮回
题意
给定 \(n\) 个数对，对于每个数对$ (x,y) $会持续执行以下操作直到 \(x=y\)：
- 当 \(x > y\) 时，\(x = x - y\)
- 当 \(x < y\) 时，\(y = y - x\)
同时有 q 次询问，每次给定一个数对 $x_q,y_q$, 问上述给定的 n 个数对的执行过程中出现了 \(xq,yq\) 的次数。
思路
模拟，然后用一个二维数组记录，然后$O(1)$查询。
标程
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl "\n"
using namespace std;
const int mod=1000000;
const int N = 1e4+5;
int a[N],b[N],c[N][N];
void solve() {
int n,m,l,r; cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
int aa=a[i],bb=b[i];
c[aa][bb]++;
while(aa!=bb){
if(aa>bb){
aa -= bb;
}else if(aa<bb){
bb-=aa;
}
c[aa][bb]++;
}
}
cin>>m;
while(m--){
cin>>l>>r;
cout<<c[l][r]<<endl;
}
return ;
}
signed main (void)
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
//cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
D. 实验室有多少人
题意
给出$n$次记录，每次记录有两个数组$a,b$，代表当前有一个人从$a$时刻来，$b$时刻离开；求实验室最多有多少人。
\(1\le n\le 1\times10^6\) \(1\le x,y\le 1\times10^9\)
思路
跟据数据范围，这道题如果采用差分标记区间的方法，必然会导致超时。
跟据$n$的范围，我们考虑在$O(nlogn)or O(n)$的时间复杂度解决。
$n$组数分别有$n$个数字代表某个人在当前时刻来，$n$个数字代表这个人在当前时刻离开。
因此我们需要将这$2n$个数字存起来，排序，然后遍历并记录最多人数。
关键在于排序：按照时间升序排列，相同时间来的人排在前面。
标程
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
int arr[N];
#define PII pair<int, int>
bool cmp(PII n1, PII n2) {
if(n1.first == n2.first) return n1.second < n2.second;
return n1.first < n2.first;
}
void solve() {
int n; cin >> n;
vector<PII> a;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
int x, y; cin >> x >> y;
a.push_back({x, 1});
a.push_back({y, 2});
}
sort(a.begin(), a.end(), cmp);
int mx = 0, x = 0;
for(PII n1 : a) {
if(n1.second == 1) x ++;
else x --;
mx = max(mx, x);
}
cout << mx << endl;
}
signed main (void) {
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
int T = 1;
// cin >> T;
while(T--)solve();
return 0;
}
C. 财政大臣
题意
给出一棵有$n$个节点的树(\(1,2,3,...,n\))，父节点的变化将会影响所有子节点，然后给出父节点的变化，求最后所有节点的值。每个节点都给的有初始值，然后根节点为$1$。
思路
跟据题意可知，每个节点的结果都是：父节点带来的变化+自身的变化+自身的初始值。
因此我们将所有变化用数组存起来，然后遍历整棵树，计算变化值，最后输出时加上初始值。
标程
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
vector<int> a[N];
int b[N], c[N]; //b数组记录初始值，c数组记录变化值
void bianli(int x) {
if(a[x].empty()) return;
for(auto i : a[x]) {
c[i] += c[x];
bianli(i);
}
}
void solve() {
int n, m; cin >> n >> m;
for(int i = 1; i < n; i ++ ) {
int x, y; cin >> x >> y;
a[x].push_back(y);
}
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> b[i];
while(m -- ) {
int op, x, y; cin >> op >> x >> y;
if(op == 1) c[x] += y;
else c[x] -= y;
}
bianli(1);
for(int i = 1; i <= n; i ++ )
cout << b[i] + c[i] << " \n"[i == n];
}
signed main (void) {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
// cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
E. 在雾中寻宁静
题意
给出一棵有$n$个节点的树(\(1,2,3,...,n\))，然后给节点染色，同时该节点的子节点都会染成该颜色。最后输出每个节点的颜色。每个节点的初始颜色为$0$，然后根节点为$1$。
思路
与F题类似，本题需注意前面染的颜色可能会被后面的颜色覆盖。因此本题只需在记录染色操作时记录下先后顺序，记录顺序也非常简单，用二元组。
标程
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5+5;
vector<int> a[N];
pair<int, int> c[N];
void bianli(int x) {
if(a[x].empty()) return;
for(auto i : a[x]) {
if(c[i].second < c[x].second) //判断是否再此之后染色
c[i] = c[x];
bianli(i);
}
}
void solve() {
int n; cin >> n;
for(int i = 1; i < n; i ++ ) {
int x; cin >> x;
a[x].push_back(i + 1);
}
int m; cin >> m;
for(int i = 1; i <= m; i ++ ) {
int x, y; cin >> x >> y;
c[x].first = y;
c[x].second = i; //记录顺序
}
bianli(1);
for(int i = 1; i <= n; i ++ )
cout << c[i].first << " \n"[i == n];
}
signed main (void) {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
// cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
G.完美数字
题意
给定$n,k$，然后给出$n$个整数，要求计算$n$个整数中，乘积尾数有$k$个以上的$0$ 的序列区间个数。
思路
首先，我们需要知道一串数中序列乘积有几个0，这是怎么计算的？
我们发现，所有乘积尾数中包含0的数中，其因子必然有2和5。
因此，我们需要统计序列中每个数字是由多少个$2$和多少个$5$相乘得到。
由于下面要求区间是否符合条件，我们可以将$2$和$5$的个数用前缀和维护。
那么，区间中所有数相乘后尾数$0$的个数即为：\(min(sum_2, sum_5)\)。
最后，若当前区间符合条件，那么当前区间继续延申当然也符合条件。
标程
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int a[N], a2[N], a5[N],b2[N],b5[N];
void check(int x,int i) {
int t = x;
while(t % 2 == 0) t /= 2, a2[i] ++;
t = x;
while(t % 5 == 0) t /= 5, a5[i]++;
}
void solve()
{
int n, k; cin >> n >> k;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
cin >> a[i];
check(a[i],i);
}
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
b2[i] = b2[i-1] + a2[i];
b5[i] = b5[i-1] + a5[i];
}
int res = 0;
for(int l=0;l<=n;l++) {
for(int r = l + 1; r <= n; r ++) {
int t2 = b2[r] - b2[l];
int t5 = b5[r] - b5[l];
int sum = min(t2, t5);
if(sum >= k) {
res += n - r + 1;
break;
}
}
}
cout << res << endl;
}
signed main (void) {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
// cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
K.天使的拼图
题意
给出一个图形，然后给出若干组矩形的边长，问是否能由该图形刚好填充这个矩形。
思路
跟据题目提供的图形，我们可以拼出图二$3\times4$大小的矩形。
试一试可知只能拼成如图三图四这种图形。
标程
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
void solve(){
int n,m;cin>>n>>m;
if(n<m)swap(n,m);
if((n%3==0&&m%4==0)||(n%4==0&&m%3==0)||((n%12==0)&&m>=7)||((m%12==0)&&n>=7))puts("Yes");
else puts("No");
}
signed main (void) {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
// cin >> T;
while(T--) solve();
return 0;
}
H.春天与花儿
题意
给出一个长度为$n$的序列，我们可以对序列进行操作：
- 选择一个数，将其加一。
给出一个数字$k$，问至少操作几次可以让序列的乘积变为其倍数。
思路
赛时没过，调了半天，狠狠坐牢了一把。。。
容易发现本题数据范围很小，应该要考虑到特判或者爆搜的情况！
- $1-6$中，只有$4,6$可以由除一之外的数字相加得到。
- 如果$x$可以整除$y$，那么$x$中至少包含$y$的一对因子。
标程（DFS）
想要乘积是$m$的倍数，则乘积必然包含m的所有因子，因此我们暴力搜索出满足所有可能，找到的第一个解决方案即为最优解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int i,j,k,m,n,t,res,a[66];
bool chk(){
if(a[0])return 1;
int sb=1;
for(i=1;i<m;i++){
for(j=1;j<=min(m-1,a[i]);j++)sb*=i;
sb%=m;
}
if(!sb)return 1;
return 0;
}
void dfs(int dep){
if(dep>res)return;
if(chk()){
res=min(res,dep); return;
}
int i,j,k;
for(i=1;i<m;i++)if(a[i]){
j=(i+1)%m;
a[i]--; a[j]++;
dfs(dep+1);
a[i]++; a[j]--;
}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
cin>>n>>m; res=m-1;
for(i=1;i<=n;i++){
cin>>k; a[k%m]++;
}
dfs(0);
cout<<res;
}
浙公网安备 33010602011771号