2025牛客暑期多校训练营7
A. Loopy Laggon
题意：\(100\)套玩具，每套有\(k\)个玩具。每一个玩具是一个\(n\times n\)的矩阵。一开始都是从左到右从上到下\(1\)到\(n^2\)依次排列。然后进行了很多次操作，每次顺时针旋转一个\(4\times 4\)的子矩阵\(90\)度。然后\(Bob\)过来打乱了\(\frac{m}{2}\)套玩具，每一套的每一个玩具他都打乱了。你需要求出哪套是被打乱过的，哪些没有，需要有\(90%\)的正确率。
把矩阵展成一维，一个性质是不管怎么旋转都不会改变逆序对的奇偶性。
那么如果一套玩具每个矩阵的逆序对都是偶数，我们认为它没被打乱，如果这套玩具是被打乱了，那么逆序对都是偶数的概率是\(2^{-10}\)。
否则有一套逆序对是奇数一定是被打乱的。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
template <class T>
struct Fenwick {
int n;
std::vector<T> tr;
Fenwick(int _n) {
init(_n);
}
void init(int _n) {
n = _n;
tr.assign(_n + 1, T{});
}
void add(int x, const T &v) {
for (int i = x; i <= n; i += i & -i) {
tr[i] = tr[i] + v;
}
}
T query(int x) {
T res{};
for (int i = x; i; i -= i & -i) {
res = res + tr[i];
}
return res;
}
T sum(int l, int r) {
return query(r) - query(l - 1);
}
};
int a[100010];
int get(int n) {
for (int i = 0; i < n * n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
}
Fenwick<int> tr(n * n + 1);
int res = 0;
for (int i = n * n - 1; i >= 0; -- i) {
res += tr.query(a[i] - 1);
tr.add(a[i], 1);
}
return res & 1;
}
void solve() {
int _, m, k, n;
std::cin >> _ >> m >> k >> n;
std::string s;
for (int i = 0; i < m; ++ i) {
bool flag = false;
for (int j = 0; j < k; ++ j) {
flag |= get(n);
}
if (flag) {
s += '1';
} else {
s += '0';
}
}
std::cout << s << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
// std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
C. Forsaken City
题意：一个数组，每次选择一个子序列都减\(1\)。最少几次操作使得数组不递减。
最后一个位置不操作肯定最优。因为需要前面的都比它小。
那么从后往前模拟，每个数要减到小于等于后面的数。取最大值作为答案。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
}
i64 ans = 0;
for (int i = n - 2; i >= 0; -- i) {
i64 t = std::max(0, a[i] - a[i + 1]);
ans = std::max(ans, t);
a[i] -= t;
}
std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
F. The Correlation
题意：一个数组，每次选择一个\(v\)让所有\(a_i = |a_i - v|\)。求最后两两差的绝对值最小。
每次选择最大值和最小的的平均数最优。这样最大值每次减一半，大概操作\(log_V\)次。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
const int mod = 998244353;
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<i64> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
std::cin >> a[i];
}
for (int t = 1; t <= n; ++ t) {
i64 sum = std::ranges::max(a) + std::ranges::min(a) >> 1;
if (sum <= 0) {
break;
}
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
a[i] = std::abs(a[i] - sum);
}
}
std::ranges::sort(a);
i64 ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++ i) {
ans = (ans + ((i64)(n - i - 1) * -a[i] % mod + mod) % mod) % mod;
ans = (ans + (i64)i * a[i] % mod) % mod;
}
std::cout << ans << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
// std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
G. Nice Doppelgnger
题意：从\([1, n]\)里选\(\frac{n}{2}\)个数。满足任意三个数（可以重复选一个数）的乘积不是平方数。
平方数的每个质因子的幂都是偶数。
一个数有奇数个幂是奇数的质因子，我们就选它。也就是\(p_1^{2k_1 + 1}p_2^{2k_2 + 1}...p_n^{2k_n + 1}，(n是奇数)\)这种乘上若干个其它质数的偶数幂。打表发现个数够的。可以欧拉筛预处理最小质因子后，每个数\(log\)的时间检验。
手玩发现，这样选出的数任意三个都无法把所有奇数幂的质因子的幂变成偶数。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
std::vector<int> primes, minp, st;
void sieve(int n) {
minp.assign(n + 1, 0);
st.assign(n + 1, 0);
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
if (minp[i] == 0) {
minp[i] = i;
primes.push_back(i);
}
for (auto & p : primes) {
if (p * i > n) {
break;
}
minp[p * i] = p;
if (minp[i] == p) {
break;
}
}
}
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
int cnt = 0;
int x = i;
while (x > 1) {
int p = minp[x];
int cnt1 = 0;
while (x % p == 0) {
x /= p;
++ cnt1;
}
cnt += cnt1 & 1;
}
if (cnt & 1) {
st[i] = 1;
}
}
}
void solve() {
int n;
std::cin >> n;
std::vector<i64> a;
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
if (st[i]) {
a.push_back(i);
}
if (a.size() >= n / 2) {
break;
}
}
for (auto & x : a) {
std::cout << x << " \n"[x == a.back()];
}
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
sieve(2e6);
std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
J. Ivory
题意：求\(gcd(a^b, c^d)\)。
记\(g=gcd(a,b)\)。如果\(g\leq 10^9\)，直接暴力分解质因数，对于每个质数\(p\)，\(a\)中有\(x\)个，\(c\)中有\(y\)个，那么\(gcd\)里有\(min(xb, yd)\)个。
如果\(g\geq 10^9\)，记\(x = \frac{a}{g}, y = \frac{c}{g}\)，这里令\(b<d\)，那么式子变成\(gcd(x^bg^b, y^dg^d) = g^bgcd(x^b, g^{d-b})\)，递归计算即可。
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#include <bits/stdc++.h>
using i64 = long long;
using i128 = __int128;
const int mod = 998244353;
i64 power(i64 a, i128 b) {
a %= mod;
i64 res = 1;
for (;b;b >>= 1, a = a * a % mod) {
if (b & 1) {
res = res * a % mod;
}
}
return res;
}
std::vector<int> primes, minp;
void sieve(int n) {
minp.assign(n + 1, 0);
for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
if (minp[i] == 0) {
minp[i] = i;
primes.push_back(i);
}
for (auto & p : primes) {
if (p * i > n) {
break;
}
minp[p * i] = p;
if (minp[i] == p) {
break;
}
}
}
}
i128 get(i64 a, i64 p) {
int res = 0;
while (a % p == 0) {
++ res;
a /= p;
}
return res;
}
i64 f(i64 a, i64 b, i64 c, i64 d) {
if (b > d) {
std::swap(a, c);
std::swap(b, d);
}
i64 g = std::gcd(a, c);
if (g <= 2e7) {
i64 res = 1;
while (g > 1) {
int p = minp[g];
while (g % p == 0) {
g /= p;
}
res = res * power(p, std::min(get(a, p) * b, get(c, p) * d)) % mod;
}
return res;
}
return power(g, b) * f(a / g, b, g, d - b) % mod;
}
void solve() {
i64 a, b, c, d;
std::cin >> a >> b >> c >> d;
std::cout << f(a, b, c, d) << "\n";
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int t = 1;
sieve(2e7);
std::cin >> t;
while (t -- ) {
solve();
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号