南外普及模拟赛

前言

想出了所有题正解，但是愉快挂掉 $\operatorname{130pts}$ 。

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T1

给 $n$ 个数，在 $[l,r]$ 范围内选择一个 $k$，使得 $n$ 个数除以 $k$ 余数和最小。

$1\leq l\leq r \leq 3000,1\leq a_i \leq 3000$。

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直接暴力枚举。

得分 $100$。

T2

给定一个数 $p$。求最小的 $q$ 使得 $p\times q$ 乘积后有 $k$ 个 0。

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思路也很简单，利用十进制中 $10=2\times 5$ 。直接求出这两个质因子的个数。

然后看距离目标需要补多少个。这是赛时代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int Q;
long long a,k,c2,c5;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin>>Q;
    while(Q--) {
        c2=c5=0;
        cin>>a>>k;
        while(a%2==0) {
            a/=2; c2++;
        }
        while(a%5==0) {
            a/=5; c5++;
        }
        if(min(c2,c5)>=k) cout<<"1\n";
        else {
            long long p1=k-c2,q1=k-c5,p,q;
            //p1,q1 小于 0 时，p,q UB 
            if(p1>=0) p=pow(2,p1);
            if(q1>=0) q=pow(5,q1);
            cout<<p*q<<"\n";
        }
    }
    return 0;
}

这是没有分的，因为当目标与已有质因数差小于 0 时，没有赋初值！！！！

long long p1=k-c2,q1=k-c5,ans=1;
if(p1>=0) ans*=pow(2,p1);
if(q1>=0) ans*=pow(5,q1);

在使用 if 的时候，要考虑两种分支！

挂掉 $\operatorname{100pts}$。

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T3

给定一个完全二叉树。每个点上有一个字符。统计有多少个点 $u$，使以 $u$ 为根的子树的所有结点通过任意排列构成回文串。

然后进行 $q$ 次修改，形如 x k。将点 $x$ 修改为 $k$。

$1\leq n,q \leq 10^5$

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考虑先搜索一遍，自下而上找到每个值是否合法。使用回文数的性质，如果在 a-z 中有 $\geq 2$ 个的字符个数为奇数。就不合法。

对于修改，由于最多影响 $log_2 n$ 个节点，直接暴力改掉。

复杂度 $O(26 m\log_2 n)$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
int n,m;
int c[N][30],ans,w[N],t[N];
char s;
void dfs(int from) {
    if(from*2<=n) dfs(from*2);
    if(from*2+1<=n) dfs(from*2+1);
    int k=0;
    for(int i=0;i<26;i++) {//from*2 越界
        c[from][i]+=c[from*2][i]+c[from*2+1][i];
        k+=c[from][i]&1;
    }
    if(k<2) ans++ ,t[from]=1;
}
void chg(int from,int x,int k) {
    while(from) {
        c[from][x]+=k;
        int p=0;
        for(int i=0;i<26;i++) p+=c[from][i]&1;
        if(p>=2&&t[from]==1) ans--,t[from]=0;
        if(p<2&&t[from]==0) ans++,t[from]=1;
        from>>=1;
    }
}
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    if(n>100000||m>100000) while(1);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        cin>>s;
        c[i][s-'a']=1;
        w[i]=s-'a';
    }
    dfs(1);
    cout<<ans<<"\n";
    while(m--) {
        int x; char y;
        cin>>x>>y;
        chg(x,w[x],-1);
        w[x]=y-'a';
        chg(x,w[x],1);
        cout<<ans<<"\n";
    }
    return 0;
}

由于数组越界，数组也只开了 $10^5$，挂掉了 $\operatorname{30pts}$。

解决方法：

1. 把数组开到 $2\times 10^5$ 。
2. 加入判断，防越界。

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T4

输入 $n$，$n$ 为 $4$ 的倍数。问满足长度为 $n$ 的顺序对数量等于逆序对数量的字典序最小的序列。

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需要足够的发散性思维。

显然长度为 $n$ 的序列总共有 $n(n-1)/2$ 个对。而每个数都不相等，所以这些对不是顺序对就是逆序对。所以顺序对，逆序对都有 $n(n-1)/4$ 个。

我们可以对顺序对进行讨论。从贪心的角度看，$1\sim n$ 一定是最优的。但是这样就会使得顺序对过多。

当无法顺着选时，就找一个数，提供剩下的顺序对，使得顺序对数量达到 $n(n-1)/4$。

再选了这些数后，我们无法选其他的，所以倒序输出剩下的数。

因为字典序的性质，我们可以用贪心解决本题。推起来很简单，但是真的无从下手。对着全排列打的表看了一个小时...

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rint register unsigned int
unsigned int n;
long long taa,x;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin>>n;
    taa=n*(n-1LL)>>2;
    for(rint i=1;i<=n;i++) {
        if(x+n-i<=taa)
            cout<<i<<" ",x+=n-i;
        else {
            cout<<n-(taa-x)<<" ";
            for(rint j=n;j>=i;j--)
                if(j^n-taa+x) cout<<j<<" ";
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}