2025.8.13校队题单分享+总结
那个随笔写不下了，先暂时放这
T1
由于电信技术的发展，人人都可以通过手机互相联系。
有一位电信大佬最近想生产一大批手机，然而从生产线上一台一台地生产实在太慢了，于是他想出了一个办法 —— 让手机自我复制。
于是他给手机加上了一个内置的函数 fork()。手机的程序如果调用这个函数，那么手机会生产出一台完全一模一样的手机（包括程序运行状态），并且自己这台的函数返回值为 \(1\) ，新手机的函数返回值为 \(0\) ，然后两台手机都继续执行程序。（请注意黑体字内容）
初始时，只有一台手机。接着，大佬让手机计算形如这样的表达式：
fork() <op> fork() <op> ... <op> fork()
其中
fork() && fork() || fork() && fork() && fork() || fork()
两个运算都是左结合的，且 && 的优先级比 || 高，所以上面的那个表达式相当于：
((fork() && fork()) || ((fork() && fork()) && fork())) || fork()
对于表达式 \(a\) && \(b\)，手机会先计算 a 的值，如果为 \(0\) 那么不计算 \(b\) 的值（因为很重要所以说两遍，请注意这里不计算 \(b\) 的值），该表达式值为 \(0\)；否则计算 \(b\) 的值并将其值作为该表达式的值。
对于表达式 \(a\) || \(b\)，手机会先计算 \(a\) 的值，如果为 \(1\) 那么不计算 \(b\) 的值（因为很重要所以说两遍，请注意这里不计算 \(b\) 的值），该表达式值为 \(1\)；否则计算 \(b\) 的值并将其值作为该表达式的值。
表达式计算完成后，大佬制造出了数量惊人的手机，人类终于叩开了指数级工业制造的大门。
一万万年后，一位考古学家调查了此次事件。他得到了大佬让手机计算的表达式。他想知道大佬当年究竟制造出了多少台手机。（包括初始的那台手机）
你可以参照样例解释来更好地理解题意。
输入格式
第一行一个正整数 \(n\)，表示表达式中的 \(fork()\) 的数量。
接下来一行 \(n−1\) 个用空格隔开的字符串，每个字符串为 "&&” 或者 “||”，依次表示表达式中对应位置的运算符。
输出格式
一行，一个整数表示制造出的手机的数量，你只用输出答案对 \(998244353\) 取模后的结果。
样例一
input
2
&&
output
3
explanation
共生产 \(3\) 台手机，过程如下：
第 \(1\) 台手机开始计算 \(fork()\) && \(fork()\)。
第 \(1\) 台手机开始计算 \(fork()\)，产生了第 \(2\) 台手机。
第 \(1\) 台和第 \(2\) 台的 \(fork()\) 计算完成，第 \(1\) 台返回 \(1\)，第 \(2\) 台返回 \(0\) 。
第 \(1\) 台手机由于 \(fork()\) 返回值为 \(1\)，开始计算 \(fork()\) && \(fork()\) 右边的 \(fork()\)，产生了第 \(3\) 台手机。
第 \(2\) 台手机由于 \(fork()\) 返回值为 \(0\) ，于是 \(fork()\) && \(fork()\) 值为 \(0\)（跳过右边的 \(fork\) 的计算），程序结束。
第 \(1\) 台和第 \(3\) 台的 \(fork()\) 计算完成，第 \(1\) 台返回 \(1\)，第 \(3\) 台返回 \(0\)。
第 \(1\) 台手机由于 \(fork()\) 返回值为 \(1\)，于是 \(fork()\) && \(fork()\) 值为 \(1\)，程序结束。
第 \(3\) 台手机由于 \(fork()\) 返回值为 \(0\)，于是 \(fork()\) && \(fork()\) 值为 \(0\)，程序结束。
样例二
input
6
&& || && && ||
output
15
限制与约定: \(n \le 10^5\)
题解
因为 && 的优先级高于 || 就将 || 作为分割线，每一块 && 依次处理。
观察题目，如果是 && 那么前面是 \(0\) 就停止，如果是 || 那么前面是 1 就停止
只有当手机返回值为1时才能造出手机。而且在当前这块中复制出的手机，在下一块中才能造出其他的手机。
所以就引导出了答案等于块长的前缀乘加在一起。
接下来就是最简单的实现了：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int mod = 998244353;
int n;
string str;
int cont[N], cnt = 0, idx = 0;
signed main()
{
cin >> n;
cnt = 1;
for(int i = 1 ; i < n ; i ++ )
{
cin >> str;
if(str[0] == '|') cont[ ++ idx] = cnt, cnt = 1;
else cnt ++ ;
}
cont[ ++ idx] = cnt;
int now = 1, ans = 1;
for(int i = 1 ; i <= idx ; i ++ )
{
now = (now * cont[i]) % mod;
ans = (ans + now) % mod;
}
cout << ans;
return 0;
}
T2
关羽喜欢下象棋！
不过这次，他下腻了传统象棋，并叫来了你做他的对手。你们将在一张 \(100\) 行 \(100\) 列的象棋棋盘格点上对弈。关羽一身傲骨，给你了一辆大幅加强的车，自己则操纵一个小过河卒东躲西藏。具体规则如下：
-
卒初始在第 \(x_1\) 行第 \(y_1\) 列的格点上，车初始在第 \(x_2\) 行第 \(y_2\) 列的格点上。
-
卒每次可以在左、右、下三种移动方向中选择一种，然后移动一格（但是不能往上）。即，若记第 \(x\) 行第 \(y\) 列的格点为 \((x,y)\)，则卒可以从 \((x,y)\) 移动到 \((x+1,y),(x,y+1),(x,y−1)\)。
-
车可以向左向右移动多格，也可以向上向下移动多格，也可以不动。即，车可以从 \(x,y\) 移动到 \((x,y′)(x,y′) 或(x′,y)(x′,y)\)，其中 \(1 \le x′,y′ \le 100\)
-
卒和车均不可以走到棋盘外。
-
这辆车经过现代科技改造，会沿路散发毒气，车经过的格点都会被毒雾覆盖，卒不能停留。例如，如果车从 \((x,y)\) 向右移动到 \((x,y′)（y′>y)\)，则 \((x,y),(x,y+1),…,(x,y′)\) 都会带毒。其余三种移动方向类似。
-
这辆车不可被摧毁，即卒不能吃车，也不能移动到车占据的位置。
聪明的你发现你可以因此吊打武神关羽！于是你非常好奇，你最快几步可以击败关羽。这个特殊的象棋分为若干回合，每回合是这样进行的：
- 你操控车移动一次，也可以选择不动。
- 如果车吃掉了卒（即车占据了卒所在位置），游戏结束。
- 卒移动一步。当且仅当卒没有可移动方向时，卒才可以选择不动（即左、右、下三个方向均为车、毒气、棋盘边界中的一种）。例如，如果进行到某一轮前，\((1,2)\) 有毒雾，且该回合车从 \((2,2)\) 移动到 \((2,1)\)，那么卒无可移动方向，故卒该轮不进行移动。
游戏总回合数定义为车决策的次数。
当然武神也很聪明，他希望游戏回合数尽可能多，而你希望游戏回合数尽可能少，并且你们都足够聪明。你想提前知道，游戏将会进行几回合？
样例一
input
4
1 1 2 2
1 2 2 4
100 50 3 3
50 2 49 4
output
2
3
2
3
explanation
对于第一组数据，车可以选择停在原地，而轮到卒的时候卒必须移动。无论向下还是向右，都会立马被车吃掉。
注意这里只画了棋盘左上角。
对于第二组数据，车可以先在卒下方洒出一行毒雾，然后再走到卒所在的第一行，即可必杀。
对于第三组数据，车移动到 \((100,3)\)，即可下一轮必杀。
对于第四组数据，答案是 \(3\)，这是为什么呢？
一道很有意思的题，我们要先控制一下，答案的最大值，我们可以考虑怎样关羽必输？观察到关羽不能往后走，所以只要把关羽的前一行弄满
毒气，这样就把关羽锁在了一行里，最后直接走到关羽的那一行就好了，那最少要多少步呢？
事实证明，最多只要四步就能完成，接下来就只要爆搜亦或者分类讨论就好了，我写的是分类讨论 :
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int T;
signed main()
{
cin >> T;
while(T -- )
{
int a, b, c, d;
cin >> a >> b >> c >> d;
if(a == c || b == d) cout << 1 << endl;
else
{
if(b > d) b = 100 - b + 1, d = 100 - d + 1;
if(a == 100) cout << 2 << endl;
else if(b == 1)
{
if(c == a + 1 || d == 2) cout << 2 << endl;
else cout << 3 << endl;
}else if(b == 2)
{
if(c == a + 1 || d == 3) cout << 3 << endl;
else if(c <= a && d == 4) cout << 3 << endl;
else{
if(c == a + 1) cout << 3 << endl;
else if(a == 99) cout << 3 << endl;
else cout << 4 << endl;
}
}else{
if(c == a + 1) cout << 3 << endl;
else if(a == 99) cout << 3 << endl;
else cout << 4 << endl;
}
}
}
return 0;
}
T3
新年的毒瘤
辞旧迎新之际，喜羊羊正在打理羊村的绿化带，然后他发现了一棵长着毒瘤的树。
这个长着毒瘤的树可以用 \(n\) 个结点 \(m\) 条无向边的无向图表示。这个图中有一些结点被称作是毒瘤结点，即删掉这个结点和与之相邻的边之后，这个图会变为一棵树。树也即无简单环的无向连通图。
现在给你这个无向图，喜羊羊请你帮他求出所有毒瘤结点。
输入格式
第一行两个正整数 \(n\), \(m\)，表示有 \(n\) 个点 \(m\) 条边。保证 \(2 \le n\)
接下来 \(m\) 行，每行两个整数 \(v,u\)，表示 \(v\) 和 \(u\) 之间有一条无向边。\(1 \le v,u \le n\)。保证没有重边和自环。
input
6 6
1 2
1 3
2 4
2 5
4 6
5 6
output
3
4 5 6
首先呢，是一棵树，那么得联通，所以呢我们删掉的这个点一定不能是割点， 这直接用点双来求割点就好了，其次呢，就是不能有环，也就是删完之后得剩 \(n-2\) 条边，就直接判断就好了。很简单，给一个丑陋的代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int M = 2e5 + 10;
int n, m;
vector<int> edge[N];
int dfn[N], low[N], timestamp;
bool st[N];
void tarjan(int u, int fa)
{
dfn[u] = low[u] = ++ timestamp;
int son_cnt = 0;
for (int i = 0 ; i < edge[u].size() ; i ++ )
{
int j = edge[u][i];
if (!dfn[j])
{
son_cnt ++ ;
tarjan(j, u);
low[u] = min(low[u], low[j]);
if(low[j] >= dfn[u]) st[u] = true;
}else if (dfn[j] < dfn[u] && j != fa) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
}
if (fa < 0 && son_cnt == 1) st[u] = 0;
}
signed main()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 0 ; i < m ; i ++ )
{
int a, b;
cin >> a >> b;
a -- ;
b -- ;
edge[a].push_back(b);
edge[b].push_back(a);
}
tarjan(0, -1);
vector<int> ans;
for(int i = 0 ; i < n ; i ++ )
if(st[i] == false && m - edge[i].size() == n - 2)
ans.push_back(i + 1);
sort(ans.begin(), ans.end());
cout << ans.size() << endl;
for(int i = 0 ; i < ans.size() ; i ++ ) cout << ans[i] << " ";
return 0;
}
T4
票数统计
妹滋滋是一个善于编程的女孩子。
但是某一天，她一不小心把 UOJ 后台的票数统计程序写错了。
本来嘛在这种根本没有什么用的功能上出了 bug 也没有什么大关系，但是又有某一天，UOJ 突然就开始搞全民公投了。
这可怎么办呢？如果这个消息让别人知道的话自己肯定会被查表，更不要说让所有用户重新来投一次票了。
作为一个要强的女孩子，妹滋滋决定自力更生。
通过一些奥妙重重的方式，妹滋滋知道了一些关于这次全民公投的信息。
- 这次全民公投一共有 \(n\) 位用户排队参加，编号为 \(1\) 到 \(n\)。每一位用户要么投了通过，要么投了不通过。
- 有 \(m\) 个二元组 \((x_i,y_i)\)，每个二元组给出这样一个信息： “前 \(x_i\) 位用户中，恰好 \(y_i\) 位投了通过” 和 “后 \(y_i\) 位用户中，恰好有 \(x_i\) 位投了通过” 这两句话中，至少有一句是成立的。
作为分析的第一步，她想要知道有多少种投票情况是满足她所得到的信息的。当然，可能所有投票情况都不满足条件。
解法：考虑组合数
当 \(x>y\) 时条件为前缀限制，\(x<y\) 时条件为后缀限制。
既有前缀限制，又有后缀限制的情况下，我们枚举总共1的个数，把后缀限制转化为前缀限制。
如果所有限制均有 \(x \not= y\) 则可以直接使用组合数计算。预处理组合数，单次计算的时间复杂度是 \(O(n)\) 的。
当有 \(x=y\) 时，显然只需要考虑所有 \(x = y\) 限制中 \(x\) 最大的限制即可，总方案数为满足前缀+满足后缀-满足前缀和后缀。时间复杂度 \(O(n^2)\)。
代码就不给了
T5
T5很简单，就不总结了，最然当时其他同学没有分享的时候还不会，但是是脑抽没想到，真的没啥好总结的
浙公网安备 33010602011771号