Contest3376 - 2024寒假集训-排位赛竞赛（一）
A: 幂位和
高精度。
用高精度加法或乘法算出\(2^{1000}\)，再将各位累加即为答案。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
string AP_add(string A, string B) // 高精度加法
{
int lena = A.size(), lenb = B.size(), lenc = max(lena, lenb) + 1;
reverse(A.begin(), A.end()); reverse(B.begin(), B.end());
vector<int> a(lenc), b(lenc), c(lenc);
for (int i = 0; i < lena; i++) a[i] = A[i] - '0';
for (int i = 0; i < lenb; i++) b[i] = B[i] - '0';
int x = 0;
for (int i = 0; i < lenc; i++)
{
c[i] = a[i] + b[i] + x;
x = c[i] / 10;
c[i] %= 10;
}
while (c.back() == 0 && c.size() > 1) c.pop_back();
string C = "";
for (auto i : c) C += i + '0';
reverse(C.begin(), C.end());
return C;
}
int main()
{
cctie;
string s = "1";
for (int i = 1; i <= 1000; i++) s = AP_add(s, s);
int ans = 0;
for (auto i : s) ans += i - '0'; // 各位累加
cout << ans << '\n';
return 0;
}
B: 三角形数
质因数分解/试除法。
对某数质因数分解后，将各个次幂的指数累乘即为该数的约数个数（试除法也行，较慢一些），按要求循环直到找到约数个数大于\(500\)的数即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
int get(int n) // 求n的约数个数
{
int ans = 1;
for (int i = 2; i <= n / i; i++)
{
int cnt = 0;
while (n % i == 0)
n /= i, cnt++;
ans *= cnt + 1;
}
if (n > 1) ans *= 2;
return ans;
}
int main()
{
cctie;
int k = 1;
for (int i = 1; ; i += ++k)
{
if (get(i) > 500) // 找到目标数
{
cout << i << '\n';
break;
}
}
return 0;
}
C: 生日蛋糕
搜索、剪枝、后缀和。
所求表面积即为第一层蛋糕的下表面积（相当于每一层蛋糕上表面外露面积之和）与每层蛋糕的侧面积之和。
主要对\(dfs\)中的四个剪枝分析。
-
\(V<minV[u]\)。剩余体积不足以按要求设计出第\(u\)层及以上的蛋糕。
-
\(S + minS[u] >= ans\)。即使能够按要求设计出剩余层数的蛋糕但也无法更新答案。
-
\(S + 2 * \frac{V}{R[u - 1]} >= ans\)。最重要的剪枝，推导如下（忽略所有\(\pi\)）。
记第\(1\)层到第\(u-1\)层的侧面积和第一层的下表面积为\(S\)，第\(u\)层到第\(m\)层的侧面积为\(S'=\sum_{i=u}^{m}2R_iH_i=\frac{2}{R_{u-1}}\sum_{i=u}^{m}R_{u-1}R_iH_i\)；
由\(R_{u-1}>R_{u}>R_{u+1}>...>R_m\)得\(S'>=\frac{2}{R_{u-1}}\sum_{i=u}^{m}R_i^2H_i\)（当且仅当\(u=m+1\)时取得等号）；
由\(V=\sum_{i=u}^{m}R_i^2H_i\)得\(S'\geq\frac{2}{R_{u-1}}V\)；
当\(S+S'>=S + 2 * \frac{V}{R[u - 1]}>=ans\)时无法更新答案（道理同\(2\)）。
-
\(for\)循环中\(r\)和\(h\)的取值范围。由每一层的\(r\)和\(h\)都是正整数且都比上一层的\(r\)和\(h\)的大得到下界，由第\(u\)层的体积最大值\(V-minV[u+1]\)和该层的高的最小值确定\(r\)的上界，\(h\)的值随\(r\)而确定。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
const int N = 30, INF = 0x3f3f3f3f; // INF表示一个极大的值（本题答案无法达到，用于判断是否有答案）
int n, m;
int minV[N], minS[N]; // minV[i]、minS[i]分别表示第i层及以上部分构成的最小体积、表面积
int R[N], H[N]; // R[i]、H[i]表示当前第i层蛋糕的半径和高度
int ans = INF;
void dfs(int u, int V, int S) // 搜索，表示考虑第u层蛋糕，剩余体积为V，已有蛋糕的表面积为S
{
if (V < minV[u]) return;
if (S + minS[u] >= ans) return;
if (S + 2 * V / R[u - 1] >= ans) return;
if (u == m + 1) // 搜索完m层蛋糕
{
if (V == 0) ans = S; // 更新答案
return;
}
// 从大到小，先遍历r，后遍历h
for (int r = min(R[u - 1] - 1, (int)sqrt((V - minV[u + 1]) / (m + 1 - u))); r >= m + 1 - u; r--)
for (int h = min(H[u - 1] - 1, (V - minV[u + 1]) / (r * r)); h >= m + 1 - u; h--)
{
R[u] = r, H[u] = h;
dfs(u + 1, V - r * r * h, S + 2 * r * h + (u == 1) * r * r); // 第一层有额外的下表面积
}
}
int main()
{
cctie;
cin >> n >> m;
R[0] = H[0] = INF; // dfs中第三行if需要
for (int i = m; i >= 1; i--) // 求后缀和
{
int j = m + 1 - i;
minV[i] = minV[i + 1] + j * j * j;
minS[i] = minS[i + 1] + 2 * j * j;
}
dfs(1, n, 0);
if (ans == INF) ans = 0; // 没有搜索到可行解
cout << ans << '\n';
return 0;
}
D: 头疼的数列
动态规划。
\(dp[i][j]\)表示使序列的前\(i\)个数都变成\(j\)所需要的最少操作数，\(1\leq i\leq n\)，\(0\leq j \leq 1\)。
状态转移方程如下：
若\(a[i]=1\)，则\(dp[i][1]=\min(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+1),dp[i][0]=\min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+1\)。
若\(a[i]=0\)，则\(dp[i][0]=\min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+1),dp[i][1]=\min(dp[i-1][1],dp[i-1][0])+1\)。
用异或运算\(\oplus\)可以合二为一，如下：
\(dp[i][a[i]] = min(dp[i - 1][a[i]],dp[i - 1][a[i]\oplus 1] + 1),dp[i][a[i] \oplus 1] = min(dp[i - 1][a[i] \oplus 1],dp[i - 1][a[i]]) + 1\)。
答案即为\(dp[n][0]\)。
时间复杂度：\(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
const int N = 100010, INF = 0x3f3f3f3f;
int n;
int a[N];
int dp[N][2];
int main()
{
cctie;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
dp[1][a[1]] = 0, dp[1][a[1] ^ 1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
dp[i][a[i]] = min(dp[i - 1][a[i]], dp[i - 1][a[i] ^ 1] + 1);
dp[i][a[i] ^ 1] = min(dp[i - 1][a[i] ^ 1], dp[i - 1][a[i]]) + 1;
}
cout << dp[n][0] << '\n';
return 0;
}
E: 杨辉三角
模拟。
按题目要求即\(a[i][j]= a[i - 1][j - 1] + a[i - 1][j]\)构造出杨辉三角，再按题目要求的格式输出即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long
#define double long double
#define PII pair<int, int>
const int N = 1010;
int n;
int a[N][N];
int get(int x) // 求x的宽度
{
int cnt = 0;
while (x) cnt++, x /= 10;
return cnt;
}
void solve()
{
int mx = 0; // 最大值
for (int j = 1; j <= n; j++)
mx = max(mx, a[n][j]);
int cnt = get(mx); // 最大数的宽度
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cout << a[i][1];
for (int j = 2; j <= i; j++)
cout << setw(cnt + 1) << a[i][j]; // 按要求格式输出
cout << '\n';
}
cout << '\n';
}
int main()
{
cctie;
a[1][1] = 1;
for (int i = 2; i <= 30; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
a[i][j] = a[i - 1][j - 1] + a[i - 1][j];
while (cin >> n) solve();
return 0;
}
F: 头疼的花匠
树状数组/线段树、离散化、排序、离线询问。
对每朵花和询问的点的坐标按x的大小分别排序（升序），我们依次求排序后的每个询问，不妨设当前处理的询问的点的横坐标为\(x\)，纵坐标为\(y\)，则只需要求所有横坐标不大于\(x\)的花中纵坐标不大于\(y\)的有几朵，此处需要借助树状数组或线段树实现单点修改和区间查询，我们遍历排序后的每朵花，只要当前花的横坐标不大于x，就在树状数组中标记该花的纵坐标出现次数加一，而对于之前处理询问过程中已经标记过的点不需要重复遍历。这样处理每朵花只会被标记一次，每个询问处理也只有一次区间查询。
时间复杂度：\(O((n + q)log(n+q))\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define PII pair<int, int>
const int N = 100010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
template <typename T>
class Fenwick // 树状数组
{
private:
int n;
vector<T> c;
int lowbit(int x)
{
return x & -x;
}
public:
Fenwick(int n) : n(n - 1), c(n) {}
void add(int k, T x) // 单点修改
{
for (int i = k; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] += x;
}
T sum(int k) // 区间查询
{
T sum = T();
for (int i = k; i; i -= lowbit(i)) sum += c[i];
return sum;
}
};
int n, q;
PII a[N], b[N];
int order[N];
int ans[N];
int main()
{
cctie;
cin >> n >> q;
vector<int> v(1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int x, y; cin >> x >> y;
a[i] = {x, y};
v.push_back(y);
}
for (int i = 1; i <= q; i++)
{
int x, y; cin >> x >> y;
b[i] = {x, y};
v.push_back(y);
}
sort(v.begin() + 1, v.end());
v.erase(unique(v.begin() + 1, v.end()), v.end()); // 离散化
sort(a + 1, a + n + 1);
iota(order + 1, order + q + 1, 1);
sort(order + 1, order + q + 1, [&](int i, int j)
{return b[i] < b[j];});
auto get = [&](int x)->int
{
return lower_bound(v.begin() + 1, v.end(), x) - v.begin();
}; // 求离散化后的值
Fenwick<int> F(v.size());
int now = 1;
for (int i = 1; i <= q; i++)
{
int j = order[i];
while (now <= n && a[now].first <= b[j].first) F.add(get(a[now++].second), 1); // 标记纵坐标
ans[j] = F.sum(get(b[j].second)); // 处理询问
}
for (int i = 1; i <= q; i++) cout << ans[i] << '\n';
return 0;
}
G: 货仓选址
数学。
经典数学问题，货仓建在中位数即可。
时间复杂度：\(O(nlogn)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long
const int N = 100010, INF = 0x3f3f3f3f;
int n;
int a[N];
int main()
{
cctie;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
int k = n + 1 >> 1; // 求中位数下标
i64 ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans += abs(a[i] - a[k]);
cout << ans << '\n';
return 0;
}
H: 进阶杨辉三角
模拟。
其实就是将\(E\)题里的杨辉三角按顺序存放到一维数组里，然后求第\(k\)个数直接输出即可，注意取模。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long
const int N = 1010, mod = 1e9 + 7;
i64 a[N][N];
vector<i64> v(2, 1);
void solve()
{
int k; cin >> k;
cout << v[k] << '\n';
}
int main()
{
cctie;
a[1][1] = 1;
for (int i = 2; ; i++)
{
if (v.size() - 1 >= 50000) break;
for (int j = 1; j <= i; j++)
{
if (v.size() - 1 >= 50000) break;
a[i][j] = (a[i - 1][j - 1] + a[i - 1][j]) % mod;
v.push_back(a[i][j]); // 存放到一维数组
}
}
int t; cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
I: 切面条
找规律。
将面条两端相接则成环（视为已对折一次），则一共对折\(n(n>0)\)次后切割能得到\(2^n\)根面条，而面条相较于环多了个开口，也就是切割后多了一根面条，所以答案为\(2^n+1\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
int n;
int main()
{
cctie;
cin >> n;
cout << (1 << n) + 1 << '\n';
return 0;
}
J: 进制转换
进制转换。
\(p\)进制数转\(q\)进制：先将\(p\)进制数转为十进制数，再将十进制数转为\(q\)进制数。
转换原理和过程略。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
int p, q;
string n;
string itoa1(int n, int m) // 十进制数n转m进制
{
string ret = "";
do
{
int t = n % m;
if (0 <= t && t <= 9) ret += t + '0';
else ret += t - 10 + 'A';
n /= m;
}
while(n);
reverse(ret.begin(), ret.end());
return ret;
}
int itoa2(string n, int m) // m进制数n转十进制
{
int ret = 0, k = 1;
while (n != "")
{
char c = n.back();
n.pop_back();
if (c >= 'A') ret += (c - 'A' + 10) * k;
else ret += (c - '0') * k;
k *= m;
}
return ret;
}
int main()
{
cctie;
cin >> p >> q >> n;
cout << itoa1(itoa2(n, p), q) << '\n';
return 0;
}
K: 超级杨辉三角
组合数学、乘法逆元。
题目要求所有满足条件\(\exists \{i,j\}, a_{i-1}<a_i,a_{j-1}>a_j\)的长度为\(n\)且每个数不大于\(k\)的序列个数\(C\)。直接求很困难，不妨先求其对立部分的序列个数记为\(B\)，再用长度为\(n\)且每个数不大于\(k\)的序列个数\(A\)减去\(B\)即为答案。显然与前面条件对立的序列即为单调序列（非严格），转而求长度为\(n\)且每个数不大于\(k\)的单调序列个数。
先求单调上升的序列个数。把序列的\(n\)个位置当作\(n\)个球，从\(1\)到\(k\)的\(k\)个数当作\(k\)个盒子（按升序摆放），则求单调上升的序列个数即等效于把\(n\)个球放到\(k\)个盒子里的放法个数（可以有空盒），这是经典组合数学问题。先手动将每个盒子放一个球，则问题转变为把\(n+k\)个球放到\(k\)个盒子里的放法个数（不能有空盒），用隔板法解决，在\(n+k-1\)个间隙里放\(k-1\)个隔板，答案即为\(C_{n+k-1}^{k-1}\)。
单调下降的序列个数显然同样也为\(C_{n+k-1}^{k-1}\)，由于与单调上升序列有所重合，重合部分为n个数相等的所有序列，一共\(k\)个。
则\(B=2C_{n+k-1}^{k-1}-k\)，再求\(A\)，显然\(A=k^n\)，则\(C=A-B=k^n -(2C_{n+k-1}^{k-1}-k)\)。
时间复杂度：\(O(\min(n, k))\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long
const int mod = 998244353;
i64 pow(i64 a, i64 b, i64 p = mod) // 快速幂
{
i64 ans = 1 % p;
while (b)
{
if (b & 1) ans = ans * a % p;
b >>= 1;
a = a * a % p;
}
return ans;
}
i64 C(i64 a, i64 b, i64 p = mod) // 求组合数
{
if (b > a) return 0;
if (b > a - b) b = a - b;
i64 x = 1, y = 1;
for (int i = 0; i < b; i++)
{
x = x * (a - i) % p;
y = y * (b - i) % p;
}
return x * pow(y, p - 2) % p;
}
void solve()
{
i64 n, k; cin >> n >> k;
i64 ans = (pow(k, n) - ((2 * C(n + k - 1, k - 1) - k + mod) % mod) + mod) % mod;
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
cctie;
int t; cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
L: 数列的平方和
前缀和/尺取法。
本题要求出所有长度为\(m\)的区间和（每个数平方后）的最小值。
这里主要讲一下尺取法的写法，类似滑动窗口的思路，我们从左往右求每一个区间的和，\(i\)表示当前所维护区间的最右端，则当前需要维护的区间和为\(\sum_{j=i-m+1}^{i}\)，而上一个区间的和为\(\sum_{j=i-m}^{i-1}=now\)，可以得出当前区间的和为\(now-a[i-m]+a[i]\)，一直维护取最小值即可。
时间复杂度：\(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long
const int N = 100010, mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int a[N];
void solve()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
a[i] *= a[i];
}
i64 ans = LLONG_MAX, now = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
now += a[i];
if (i > m) now -= a[i - m];
if (i >= m) ans = min(ans, now);
}
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
cctie;
int T; cin >> T;
while (T--) solve();
return 0;
}
