2024 National Invitational of CCPC (Zhengzhou)(CCPC郑州邀请赛暨CCPC河南省赛)

2024 National Invitational of CCPC (Zhengzhou)

2024CCPC郑州邀请赛暨CCPC河南省赛

2024 National Invitational of CCPC (Zhengzhou)

B. 扫雷 1

题意:扫n轮雷,每轮开始获得一枚扫雷币,可保存,从第一轮开始,可以决定在任意轮进行任意次扫雷,但过去的轮数不能返回,第i轮需要花费 c i c_i ci枚扫雷币扫雷一次,n轮最多扫多少雷。

思路:记录一个最便宜的扫雷后缀,遇见当前后缀最便宜的就开始买。

AC code:

c++ 复制代码
void solve() {
    int n; cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    r[n + 1] = INF;
    for (int i = n; i >= 1; i --) {
        r[i] =  min(r[i + 1], a[i]);
    }
    int cnt = 0, now = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        now ++;
        if (a[i] == r[i]) {
            cnt += now / a[i];
            now -= (now / a[i]) * a[i];
        }
    }
    cout << cnt << endl;
}

F. 优秀字符串

题意:略;

思路:照着题意模拟即可;

AC code:

c++ 复制代码
void solve() {
    int n; cin >> n;
    int cnt = 0;
    while (n --) {
        string s; cin >> s;
        if (s.size() != 5) continue;
        if (s[2] != s[4]) continue;
        bool flag = 1;
        for (int i = 0; i < 4; i ++) for (int j = i + 1; j < 4; j ++) {
            if (s[i] == s[j]) flag = 0;
        }
        if (flag) cnt ++;
    }
    cout << cnt << endl;
}

H. 随机栈

题意:给出一个空栈,还有一个操作序列,当当前操作元素不为-1时,将该元素压入栈中,否则取出一个栈中元素,取出当前栈中每个元素的概率是相同的,求最终取出元素序列为非递减的概率是多少,结果对998244353取模。

思路:模拟这个过程可以用优先队列来解决,当前栈中的元素总数为分母,当前队头的最小元素的数量即为分子,该数量可以用map来记录,计算不同分数的积并进行取模;

注意,运算过程中需要对各分数进行逆元取模运算,即分子*分母的逆元的过程不断累乘,过程中注意取模;

AC code:

c++ 复制代码
int qmi(int a, int k, int p) {
    int res = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) res = res * a % p;
        a = a * a % p;
        k >>= 1;
    } return res;
}

void solve() {
    int n; cin >> n;
    map<int, int> mp;
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;
    int x = 1, y = 1;
    int ans = qmi(1, MOD - 2, MOD);
    for (int i = 1; i <= 2*n; i ++) {
        cin >> a[i];
    } 
    int last = -1;
    for (int i = 1; i <= 2*n; i ++) {
        if (a[i] == -1) {
            int t = q.top();
            if (last <= t) last = t;
            else {
                cout << 0 << endl;
                return;
            }
            int xx = mp[t], yy = q.size();
            int gd = gcd(xx, yy);
            //cout << xx << ' ' << yy <<' ' << gd << endl;
            ans = ((ans * xx) % MOD) * qmi(yy, MOD - 2, MOD) % MOD;
            mp[t] --;
            q.pop();
        } else {
            q.push(a[i]);
            mp[a[i]] ++;
        }
    }
    cout << ans % MOD << endl;
}

J. 排列与合数

题意:给出一个五位数字,重排后在没有前导零的情况下是否可能出现合数;

思路:预处理一下五位的合数,O1进行判断,然后DFS跑一下五位数的全排列即可;

AC code:

c++ 复制代码
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e5+10, M = 2001;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f, MOD = 998244353;
int T;
int n, ans;
int a[N], b[N], st[10];
bool p[N];

bool iprime(int x) {
    if (x == 1) return false;
    for (int i = 2; i <= x / i; i ++) {
        if (x % i == 0) {
            return true;
        }
    } return false;
}

void dfs(string aim, string s) {
    if (ans != -1) return;
    if (aim.size() == 5) {
        int cnt = 0, tt = 10000;
        if (aim[0] == '0') return;
        for (int i = 0; i < 5; i ++) {
            cnt += (aim[i] - '0') * tt;
            tt /= 10;
        }
        if (p[cnt]) {
            ans = cnt;
            return;
        }
        return;
    }
    for (int i = 0; i < 5; i ++) {
        if (!st[i]) {
            st[i] = 1;
            aim += s[i];
            dfs(aim, s);
            aim.pop_back();
            st[i] = 0; 
        }
    }
}

void solve() {
    string s; cin >> s;
    for (int i = 0; i < 5; i ++) st[i] = 0;
    string ss = "";
    ans = -1;
    dfs(ss, s);
    cout << ans << endl;
}

signed main() {
    fast();
    
    T = 1;
    for (int i = 1; i < 100000; i ++) {
        if (iprime(i)) p[i] = 1;
        else p[i] = 0;
    }
    cin >> T;
    while (T --) {
        solve();
    }
    return 0;
}

K. 树上问题

题意:n个结点的无根树,每个结点有一个正权值,美丽节点的定义为,以当前节点为根时,除根节点外的所有节点,其点权不小于父节点的一半,计算有多少美丽节点。

思路:

首先初始就满足x * 2 >= y的节点y一定可以为x的父节点,即有一条有向边,若两个点互相可为父节点,则这两点可以由并查集记录为同一点在图中存在;

现在统计每个点当前可能的父节点,并根据上述情况合并到同一并查集中,记录每个连通块的大小;

然后通过DFS进行记录各点的出度,出度为0的点即为可能的根节点,注意在统计过程中进行标记防止重复统计;

注意,如果存在某一点的出度大于1,则该连通图必然不可能存在美丽节点。

AC code:

c++ 复制代码
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
#define fast() ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr)
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e5+10, M = 2001;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f, MOD = 998244353;
int T;
int n;
int a[N], f[N], d[N];
vector<int> g[N];
map<int, int> mp, pos;

int find(int x) {
    if (f[x] != x) f[x] = find(f[x]);
    return f[x];
}

void dfs(int u, int v) {
    for (auto t : g[u]) {
        if (t == v) continue;
        dfs(t, u);
        int fu = find(u), ft = find(t);
        if (fu == ft) continue;
        if (a[t] * 2 >= a[u] && a[u] * 2 >= a[t]) continue;
        else if (a[t] * 2 >= a[u]) d[ft] ++;
        else if (a[u] * 2 >= a[t]) d[fu] ++;
        else d[ft] ++, d[fu] ++;
    }
}
 
void solve() {
    cin >> n;
    mp.clear();
    pos.clear();
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        cin >> a[i];
        f[i] = i;
        d[i] = 0;
        g[i].clear();
    }
    for (int i = 1; i < n; i ++) {
        int u, v; cin >> u >> v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
        int fu = find(u), fv = find(v);
        if (a[u] * 2 >= a[v] && a[v] * 2 >= a[u]) {
            f[f[u]] = fv;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        mp[find(i)] ++;
    }
    dfs(1, -1);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        if (d[find(i)] > 1) {
            cout << 0 << endl;
            return;
        }
        if (d[find(i)] || pos[find(i)]) continue;
        pos[find(i)] ++;
        ans += mp[find(i)];
    }
    cout << ans << endl;
}

signed main() {
    fast();
    
    T = 1;
    cin >> T;
    while (T --) {
        solve();
    }
    return 0;
}

L. Toxel 与 PCPC II

题意:总共n行代码,已知m行有bug,扫描一行需要一秒,同时处理x个bug需要 x 4 x^4 x4秒,最短多少秒可以完成;

思路:dp,在更新每个点的最短debug时间时最多不会超过同时处理30个bug;

AC code:

c++ 复制代码
int qmi (int a, int k) {
    int res = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) res = res * a;
        a = a * a;
        k >>= 1;
    } return res;
}

void solve() {
    int n, m; cin >> n >> m;
    vector<int> a(m + 10), dp(m + 10, INF);
    dp[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i ++) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= m; i ++) {
        for (int j = i - 1; j >= max(0LL, i - 30); j --) {
            dp[i] = min(dp[i], dp[j] + a[i] + qmi(i - j, 4));
        }
    }
    cout << dp[m] << endl;
}  

M. 有效算法

题意:给出长度为n的序列a和b,对于每个a元素进行一次操作满足|ai - x| <= k * bi的任意整数x,求出最小的非负整数k,满足至少存在一种方法的操作后所有a元素相等

思路:二分即可,对于check函数每次x都会有一个左右边界,不断缩小左右边界,x只要出现在该范围内均符合条件,若出现r>l边界的情况则直接返回false,注意二分边界,最多开到1e9,不然会炸(血的教训)。

AC code:

c++ 复制代码
bool check (int k) {
    int l = -INF, r = INF;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) {
        int now = k * b[i];
        int ll = a[i] - now, rr = a[i] + now;
        l = max(l, ll);
        r = min(r, rr);
        if (l > r) return false;
    }
    return true;
}

void solve() {
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> b[i];
    int l = 0, r = 1e9;
    while (l < r) {
        int mid = l + r >> 1;
        if (check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    cout << r << endl;
}

PS:有没有佬有A的写法QAQ

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