20260819 - contest

一、比赛基本情况

比赛日期：2026 年 8 月 19 日
比赛时长：3 小时
比赛得分：6 分
比赛排名：第 3 名

二、比赛整体回顾

这场比赛我按照 A, C, D, F', E, B, F 的顺序做题。

前面 \(4\) 题还算简单，后面两题一个马力题，一个卡常题。

免责声明：时间复杂度计算都是单组数据，而且只贴关键代码。

A - Olesya and Rodion

题意：输出一个严格大于零的 \(n\) 位数，且能被 \(t\) 整除。如果这样的数字不存在，则输出 \(-1\)。

tag：模拟，构造，数学

个人难度：800

实际难度：1000

思路：因为 \(t \le 10\)，所以分 \(t = 10\) 和 \(t < 10\) 分类讨论：

若 \(t < 10\)，则全部构造 \(t\)，一定是 \(t\) 的倍数。
若 \(t = 10\)，如果 \(n=1\)，则不能构成 \(10\) 的倍数，否则直接构造 \(1000\dots0\)。

时间复杂度：\(O(n)\)。

空间复杂度：\(O(1)\)。

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &t);
	if (t == 10) {
		if (n == 1) return puts("-1"), 0;
		printf("%d", 1);
		for (int i = 2; i <= n; i++) printf("0");
	} else {
		for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d", t);
	}
    return 0;
}

B - Make Almost Equal With Mod

题意：你要选择一个 \(k\)，使得 \(a_i \bmod k\) 的取值恰好两组。

tag：枚举，模拟，数学

个人难度：1400

实际难度：1200

思路：考虑取模操作在二进制里面的操作过程，\(\bmod 2^k\) 就是取二进制后 \(k\) 位；即操作步骤就是枚举 \(k\)，判断是否可行；一定能枚举到一个分界点使得恰好能分成两组。

时间复杂度：\(O(nw)\)，\(w\) 为 \(\log_2 10^{18}\)，为了不在复杂度内计算常数。

bool check(ll k, ll l) {
	for (int i = 2; i <= n; i++) if (a[i] % k != l) return true;
	return false;
}

int main() {
	int test;
	scanf("%d", &test);
	for (; test--; ) {
		scanf("%d", &n);
		for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
		sort(a + 1, a + n + 1); 
		for (ll pw = 2; 114514; pw *= 2) {
			if (check(pw, a[1] % pw)) {
				printf("%lld\n", pw);
				break;
			}
		}
	}
    return 0;
}

PS：因为没开 long long CE 了（少吃了一发罚时）

C - Not Adding

题意：求不同 \(\gcd(a_i,a_j)\) 的个数。

tag：模拟，数学

个人难度：1600

实际难度：1900

CF 乱评难度。

思路：一个典型的思路，\(\operatorname{lcm}\) 是对应 \(\gcd\) 的倍数（但这不重要）；我们可以枚举每个数是否能作为最大公约数出现，这时候可以在它的所有存在的倍数中做一个最大公约数，看结果是否为它本身；注意一点，原数组是不能算的。

时间复杂度：\(O(n\log n)\)，调和级数，具体来说并不对，粗略估计一下就行了。

空间复杂度：\(O(n)\)。

int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
    	isfind[a[i]] = true;
		g[a[i]] = a[i]; 
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i < N; i++) {
		if (isfind[i]) continue;
		for (int j = i; j < N; j += i) {
			if (isfind[j]) g[i] = __gcd(g[j], g[i]); 
		}
		if (g[i] == i && !isfind[i]) ++ans;
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;	
}

D - Endless Walk

题意：求哪些点可以走到环上。

tag：Tarjan

个人难度：1800

实际难度：不知道，估计 1900（一个缩点都能到 1800）

思路：缩点，建返图或者倒着拓扑序；DP，判断每个点能否跑到环上，可以说是最简单的 DP。

时间复杂度：\(O(n+m)\)。

空间复杂度：\(O(n+m)\)。

void dp() {
	vector<int> d(n + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (auto v : adj[i]) {
			if (bel[i] != bel[v]) {
				graph[bel[v]].push_back(bel[i]);
				++d[bel[i]];
			} 
		}
	}
	for (int i = 1; i <= scc; i++) way[i] = (siz[i] > 1);
	int front = 1, rear = 0;
	for (int i = 1; i <= scc; i++) if (!d[i])  
		q[++rear] = i;
	while (front <= rear) {
		int u = q[front++];
		for (auto v : graph[u]) {
			if (--d[v] == 0) {
				q[++rear] = v;
			}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= scc; i++) {
		for (auto v : graph[q[i]]) {
			dp[v] |= dp[q[i]] | way[q[i]];
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (way[bel[i]] | dp[bel[i]]) {
			++ans;
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
}

E - Spy Syndrome 2

题意：求加密字符串骚操作变成的原串。

tag：Hash，DP

个人难度：1900

实际难度：1900

思路：首先跑一边倒着的哈希，存入 map 类似的容器，枚举起点，长度，倒着判断是否可行。

时间复杂度：\(O(n\max |w|\log n)\)。

空间复杂度：\(O(n)\)。

罚时解析：

Time limit exceeded on test 10，没有判断大于 \(1000\) 的情况。
Time limit exceeded on test 10，以为是常数太大了，开了个 O2，没啥用。
Time limit exceeded on test 10，数字打错了。
Wrong answer on test 54 如果 hash 值为 0，就会误判；
Wrong answer on test 54，以为是 hash 卡了，换了个 base。
Wrong answer on test 54，改了个寂寞。
Time limit exceeded on test 67，常数太大了。
Accepted

正解：我们可以使用 O2，O3 优化，map 部分可以用平板电视的 hash_table 来实现，然后就过了，细节 while (1)。

F - Hotel G

题意：支持查询房间，插入房间，删除房间的功能，求第一个空位置大于 \(x\) 的位置。

tag：线段树

个人难度：1800

实际难度：不知道，预估 1800

思路：考虑线段树记录 \(maxv, maxl, maxr\) 分别表示最大的空隙，包含左端点的最大空隙，包含右端点的最大空隙，下传标记就是判断标记是哪一个，合并就类似小白逛公园；查询就是线段树二分

时间复杂度：\(O(n\log n)\)。

空间复杂度：\(O(n)\)。

struct Info { 
	ll maxv, maxl, maxr; 
	int siz;
};

struct Tag { ll upd; };

struct Node {
    Info val;
    Tag t;
    int siz;
} seg[N * 4];

Info operator + (const Info &A, const Info &B) {
	Info C;
	C.siz = A.siz + B.siz; 
    if (A.maxv == A.siz) C.maxl = A.maxv + B.maxl;
	else C.maxl = A.maxl; 
	if (B.maxv == B.siz) C.maxr = B.maxv + A.maxr;
	else C.maxr = B.maxr;
	C.maxv = max({A.maxv, B.maxv, A.maxr + B.maxl});
	return C;
}

void update(int id) {
    seg[id].val = seg[id * 2].val + seg[id * 2 + 1].val;
}

void build(int id, int l, int r) {
    seg[id].val = {r - l + 1, r - l + 1, r - l + 1, r - l + 1};
    seg[id].siz = r - l + 1;
	if (l == r) {
        
    } else {
        int mid = (l + r) / 2;
        build(id * 2, l, mid);
        build(id * 2 + 1, mid + 1, r);
        update(id);
    }
}

void settag(int id, Tag t) {
	if (t.upd == 1) {
		seg[id].t = t;
		seg[id].val.maxl = seg[id].val.maxr = seg[id].val.maxv = 0;
	} else {	
		seg[id].t = t;
		seg[id].val.maxl = seg[id].val.maxr = seg[id].val.maxv = seg[id].siz;
	}
}

void pushdown(int id) {
	if (!seg[id].t.upd) return;
    settag(id * 2, seg[id].t);
    settag(id * 2 + 1, seg[id].t);
    seg[id].t.upd = 0;
}

void modify(int id, int l, int r, int ql, int qr, Tag val) {
    if (ql == l && qr == r) {
        settag(id, val);
    } else {
        int mid = (l + r) / 2;
        pushdown(id);
        if (qr <= mid) modify(id * 2, l, mid, ql, qr, val);
        else if (ql > mid) modify(id * 2 + 1, mid + 1, r, ql, qr, val);
        else {
            modify(id * 2, l, mid, ql, mid, val);
            modify(id * 2 + 1, mid + 1, r, mid + 1, qr, val);
        }
        update(id);
    }
}

int search(int id, int l, int r, int d) {
    if (l == r) {
        return l;
    } else {
        int mid = (l + r) / 2;
        pushdown(id); 
		if (seg[id * 2].val.maxv >= d) return search(id * 2, l, mid, d);
        else if (seg[id * 2].val.maxr + seg[id * 2 + 1].val.maxl >= d) return mid - seg[id * 2].val.maxr + 1;
		else return search(id * 2 + 1, mid + 1, r, d);
    }
}

总结

倒着抢首 A 好玩。
map 常数大。
STL 常数大。
hash 是个好东西。

posted @ 2026-08-19 21:52 AKCoder 阅读(35) 评论(0) 收藏举报

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