深入解析：河南萌新联赛2025第（五）场：信息工程大学”(补题）
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前言
很无语的一场，说到底，还是自己太钻牛角尖。
A. 宇宙终极能量调和与多维时空稳定性验证下的基础算术可行性研究
直接靠猜，从0到2，试过去了。直接输出2就行
B. 中位数
通过手写一个例子，会发现，到最后就是最大与最小和的一半
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
const ll N=1e6+10;
ll a[N];
void solve()
{
ll n;
cin>>n;
for(ll i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
if(n<=2)
{
if(n==1)
cout<<a[1]<<endl;
else
cout<<
(a[1]+a[2])/2<<endl;
return ;
}
sort(a+1,a+n+1);
cout<<
(a[1]+a[n])/2<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
// cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}C. 中位数+1
通过题目，会发现是个对顶堆的模板，其实这道题比赛的时候看了，知道该怎么操作，但是忘了代码应该如何写了，直接放弃了，还是自己的实现能力不强。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
const ll N=1e6+10;
void solve()
{
ll n;
cin>>n;
//例子 1,2,3,4,5
priority_queue<ll,vector<ll>
,greater<ll>> mi;
//存放从小到大的，堆顶为该堆的最小值{5,4}
priority_queue<ll,vector<ll>
,less<ll>> ma;
//存放从大到小的，堆顶为改堆的最大值，存{1,2,3}
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
ll a;
cin>>a;
if(ma.empty()||a<=ma.top())
ma.push(a);
else
mi.push(a);
if(ma.size()>mi.size()+1)
{
mi.push(ma.top());
ma.pop();
}
else if(mi.size()>ma.size())
{
ma.push(mi.top());
mi.pop();
}
if(i%2!=0)
{
cout<<ma.top()<<
" ";
}
else
{
cout<<
(ma.top()+mi.top())/2<<
" ";
}
}
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
// cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}E. 中位数+3
这一题需要用到一个公式Legendre 公式
问题是：在 K 进制下求
n
!
n!
n!（n 的阶乘 ）的后置零的个数。
然而后置零取决于该阶乘中包含多少个k的因子。
例如：
在十进制下，后置零的个数由 10 的因子个数决定，而
10
=
2
×
5
10 = 2 \times 5
10=2×5，所以实际上由 2 和 5 中较少的那个因子个数决定。
比如：如果
K
=
12
K = 12
K=12，则分解为
2
2
×
3
1
2^2 \times 3^1
22×31。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
const ll N=1e6+10;
ll n,k;
vector<pii> p;
void yin()
{
// 从2开始遍历到sqrt(k)，寻找k的素因数
for(ll i=2;i*i<=k;i++)
{
// 如果i是k的因数
if(k%i==0)
{
ll cnt=0;
// 统计i作为素因数的指数
while(k%i==0)
{
k/=i;
cnt++;
}
// 将素因数i和其指数cnt存入vector p中
p.push_back({i,cnt
});
}
}
// 如果k最后大于1，说明剩下的k本身是一个素数
if(k>
1)
p.push_back({k,1
});
}
void solve()
{
cin>>n>>k;
// 对k进行素因数分解
yin();
// 初始化答案为一个很大的数，用于后续取最小值
ll ans=1e18;
// 遍历k的所有素因数及其指数
for(auto i:p)
{
// a是当前素因数
ll a=i.fi;
// s是当前素因数在k中的指数
ll s=i.se;
// num用于统计n!中包含a的个数
ll num=0;
ll c=n;
// 使用Legendre公式计算n!中a的个数
while(c)
{
num+=c/a;
c/=a;
}
// 计算当前素因数能组成多少个k，取最小值作为可能的答案
ans=min(ans,num/s);
}
// 输出最终结果，即k进制下n!的后置零个数
cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
// cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}F. 中位数+4
同样是让求后置零，但是在10进制下，只需要循环判断就行了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
const ll N=1e6+10;
void solve()
{
ll n,k;
cin>>n>>k;
ll ans=0;
while(n%k==0)
{
n=n/k;
ans++;
}
cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
// cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}G. 简单题
看到这一题，以为是数相加，然后找规律，结果啊，wa16次，虽然其中有过怀疑是行列式，二阶还好，还会，到了三阶行列，不会了，想着这才大一，怎么会出这方面的知识，然后直接舍弃掉这方面的想法。继续埋头计算和的规律，呵呵，到头来小丑一个。
说到底还是数学没学好，记得大一的时候老师当时讲过三阶行列式怎么算的，但是，给忘了。
通过拆分会发现是斐波那契数列，然后找规律就行
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
const ll N=1e6+10;
void solve()
{
ll n;
cin>>n;
if(n%3==1)
cout<<
1<<endl;
else
cout<<
0<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
// cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}H. 简单题+
这一题是上一题的延伸，只不过求模的数变的很大
需要用到斐波那契数列的求和规律
F(n)=f(n+2)-1;
然后还要利用到矩阵加速，这避免不了矩阵方面的知识
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
#define vc vector<vector<ll>>
const ll N=1e6+10;
const ll mod=998244353;
// 斐波那契递推矩阵：[[1,1],[1,0]]，用于矩阵乘法
vc a={
{
1,1
},{
1,0
}
};
vc jz(vc &b, vc &c)
{
// 初始化结果矩阵（2x2），初始值为0
vc ans(2, vector<ll>(2, 0));
// 矩阵乘法核心：i行×k列 乘以 k行×j列 → i行×j列
for(ll i=0;i<
2;i++) // 结果矩阵的行
for(ll j=0;j<
2;j++) // 结果矩阵的列
for(ll k=0;k<
2;k++) // 中间维度（矩阵b的列，矩阵c的行）
ans[i][j] = (ans[i][j] + b[i][k] * c[k][j] % mod) % mod;
return ans;
}
vc f(ll p)
{
// 初始化单位矩阵（乘法单位元，类似数字1）
vc ans={
{
1,0
},{
0,1
}
};
// 单位矩阵：任何矩阵乘以它都等于自身
while(p >
0) // 快速幂核心：分解指数p为二进制
{
if(p &
1) // 如果当前二进制位为1，将结果乘以当前矩阵a
ans = jz(ans, a);
p >>= 1;
// 指数右移一位（相当于除以2）
a = jz(a, a);
// 矩阵a自乘，即a^2, a^4, a^8...（对应二进制位的权重）
}
return ans;
}
void solve()
{
ll n;
cin >> n;
// 计算矩阵a的(n+1)次幂，通过矩阵快速幂得到斐波那契相关结果
vc ans = f(n + 1);
// 结果为矩阵[1][1]位置的值减1，取模后输出
// 原理：斐波那契数列求和公式与矩阵幂的关系，F(0)+F(1)+...+F(n) = F(n+2) - 1
cout <<
(ans[1][1] - 1 + mod) % mod << endl;
// +mod避免负数取模
}
int main()
{
IOS;
ll t = 1;
// cin >> t;
while(t--)
solve();
return 0;
}I. 从零开始的近世代数复习（easy）
由于是简单版本，k为2，由此问题退化到了最近公共祖先的路径和
并且注意这个条件：
说明根节点1，是父节点，即是前置定理，所以求出lca不是根节点的话，还要再与根节点求一次lca。当然如果用朴素法的话，肯定会超时，为此需要倍增加速
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
const ll N=1e6+10;
ll g[N][30];
ll f[N][30];
ll d[N];
vector<ll> ed[N];
ll ans=0;
void dfs(ll x,ll fa)//打ST表
{
f[x][0]=fa;
d[x]=d[fa]+1;
for(ll i=1;i<
30;i++)
{
f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
g[x][i]=g[f[x][i-1]][i-1]+g[x][i-1];
}
for(auto i:ed[x])
if(i!=fa)
dfs(i,x);
}
ll lca(ll x,ll y)//求lca
{
if(d[x]<d[y])swap(x,y);
for(ll i=29;i>=0;i--)
{
if(d[f[x][i]]>=d[y])
{
ans+=g[x][i];
x=f[x][i];
}
}
if(x==y)
return x;
for(ll i=29;i>=0;i--)
{
if(f[x][i]!=f[y][i])
{
//ans+=g[x][i]+g[y][i];
x=f[x][i];
y=f[y][i];
}
}
ans+=g[x][0]+g[y][0];
return f[x][0];
}
void solve()
{
ll n;
cin>>n;
for(ll i=1;i<=n;i++)
cin>>g[i][0];
for(ll i=1;i<=n-1;i++)
{
ll u,v;
cin>>u>>v;
ed[u].push_back(v);
}
dfs(1,0);
ll q;
cin>>q;
while(q--)
{
ll k;
cin>>k;
ll x,y;
cin>>x>>y;
ans=g[1][0];
ll s=lca(x,y);
if(s!=1)//如果不是根节点，要接着找
lca(s,1);
cout<<ans<<endl;
}
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
//cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}K. 狂飙追击
这一题可以用BFS过，当然这是因为数据不够精细，正解是逆序模拟，由于正序有太多的选择了，
然而逆序的优势在于：
每一步的前序状态是唯一的，可以确定性地倒推。
例如：若当前点是 (a, b) 且 a > b，那么它只能由 (a - b, b) 移动而来（因为正向移动时只有 max(x,y)=b 才能让 x 增加 b 到达 a）。
若 tx >= ty（通过交换保证此条件统一处理）
此时 tx 是较大值，根据正向移动规则，tx 只能是由 ty 扩展而来：
若 tx > 2ty：说明最近多次移动都是沿 x 轴（每次增加 ty），可以一次性倒推多步（tx = tx / 2，前提是 tx 为偶数，否则无法整除，无解）。
若 tx ≤ 2ty：只能倒推一步（tx = tx - ty），因为再往前倒推会导致 tx < ty，破坏当前大小关系。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
const ll N=1e6+10;
void solve()
{
ll a,b,c,d;
cin>>a>>b>>c>>d;
ll ans=0;
while(1)
{
if(a>c||b>d)//判断是否无解
{
cout<<
-1<<endl;
return ;
}
if(a==c&&b==d)//满足条件直接输出
{
cout<<ans<<endl;
return ;
}
if(c<d)//保持终点x最大，这样减少判断情况
swap(c,d),swap(a,b);
if(c>=2*d)//只有这种情况下，x除以2，会使步数最小化
{
if(c%2!=0)//如果为奇数，则一定不成立，因为最后一步都是由小的传过来，咋样看都是二倍关系
{
cout<<
-1<<endl;
return ;
}
c/=2;
}
else c-=d;
//如果小于的话，则说明，是加上y的
ans++;
}
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
// cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}L. 防k题
看完题后，很快就会想到二分，但是唯一比较难搞的是check函数的模拟。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define ll long long
#define endl '\n'
#define pii pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
const ll N=1e6+10;
ll x1,c,z,x2,y2;
bool check(ll x)
{
ll cc=x1;
//咔咔的血量
ll g=c;
//初始攻击
ll sum=x2;
//战士的血量
while(1)
{
//注意一定要小于等于，因为下面的循环模拟，可能会使x<0.
if(x<=0)//如果咔咔没了，就说明不成立
return false;
if(sum<=0)//如果战士死亡，说明成立
return true;
for(ll i=1;i<=3;i++)//模拟三次最优攻击
{
cc-=y2;
//每次咔咔承受一次攻击，并扣除血量
if(cc<=0)//如果一只咔咔阵亡，则战士换另一只攻击
x--,cc=x1;
//总咔咔数量减1
}
sum-=g*x;
//战士承受的伤害等于存活咔咔的总攻击
g+=z;
//每回合咔咔的攻击力增加z
}
}
void solve()
{
cin>>x1>>c>>z>>x2>>y2;
ll l=1,r=1e10;
while(l<r)
{
ll mid=l+((r-l)>>
1);
if(check(mid))
{
r=mid;
}
else
l=mid+1;
}
cout<<r<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
ll t=1;
// cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}总结·
这场比赛，突出了一个问题，就是自己太容易陷入一个方向出不来，还有就是模板太容易忘记了，之前接雨水那一道题的模板也是忘了，差点没写出来，而这次是真的没写出来~~~~~，还有就是比较怕搜索题，一般看到那种题，就没写的欲望，就想着其他方法，这回依旧想其他方法，一如既往，没想出来。看到前面写的，原来自己这么多短板，尽力改掉吧
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