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开题情况

打回蓝了。
很基础的一场,不过怎么有人会因为没取模白挂两发啊啊啊!太羞耻了!
A. Olympiad Date
很简单,判断一下日期里面的数字什么时候全部数量充足就行了。
点击查看代码
cpp
//20250103
void solve()
{
int n;std::cin >> n;
std::vector<int> a(n);
std::vector<int> cnt(10);
for(auto &i : a) {
std::cin >> i;
}
auto check = [&]() -> bool {
if(cnt[0] < 3)return false;
if(cnt[1] < 1)return false;
if(cnt[2] < 2)return false;
if(cnt[3] < 1)return false;
if(cnt[5] < 1)return false;
return true;
};
for(int i = 0;i < n;i ++) {
cnt[a[i]] ++;
if(check()) {
std::cout << i + 1 << '\n';
return;
}
}
std::cout << 0 << '\n';
}
B. Team Training
首先很明显从大到小排序,然后双指针搜索就行了。
点击查看代码
cpp
void solve()
{
int n;std::cin >> n;
i64 x;std::cin >> x;
std::vector<i64> a(n + 1);
for(int i = 1;i <= n;i ++)std::cin >> a[i];
std::sort(a.begin() + 1, a.end(), std::greater());
int sum = 0;
for(int i = 1, j = 1;i <= n;i = j + 1) {
j = i;
while(j + 1 <= n && a[j] * (j - i + 1) < x)j ++;
if(a[j] * (j - i + 1) >= x) {
sum ++;
}
}
std::cout << sum << '\n';
}
C. Combination Lock
说实话这题做了有点久,因为验证结论的时候算错了一步导致误以为结论是错的。
根据样例猜的,偶数一定无解,奇数的话,把题目样例都变成 \(1\) 开头,很明显就是先奇数后偶数就行。
点击查看代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define inf32 1e9
#define inf64 2e18
#define ls o << 1
#define rs o << 1 | 1
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
using u32 = unsigned int;
const int N = 2e5 + 9;
void solve()
{
int n;std::cin >> n;
if(n % 2 == 0) {
std::cout << -1 << '\n';
return;
}
for(int i = 1;i <= n;i += 2) {
std::cout << i << ' ';
}
for(int i = 2;i <= n;i += 2) {
std::cout << i << ' ';
}
std::cout << '\n';
}
D. Place of the Olympiad
凳子越长肯定可以坐越多人,所以答案具有单调性,因此可以二分。
在二分的 check 中,尽可能只留一个格子作为过道,使能坐的人尽可能多,看能否坐下所有人。
点击查看代码
cpp
void solve()
{
i64 n, m, k;std::cin >> n >> m >> k;
i64 l = 0, r = m + 1;
auto check = [&](i64 x) -> bool {
i64 ch = m % (x + 1);
i64 sum = m / (x + 1) * x * n;
sum += ch * n;
return sum >= k;
};
while(l + 1 != r) {
int mid = l + r >> 1;
if(check(mid))r = mid;
else l = mid;
}
std::cout << r << '\n';
}
E. Interesting Ratio
根据唯一分解定理,我们可以把两个数 \(x\) 和 \(y\) 分解成一系列素数的素数的幂次的乘积,并且有:两个数的最大公因数,就是对每个素数的指数取小的那个乘起来,两个数的最小公倍数,就是对每个素数的指数取大的那个乘起来。
因此,如果满足两个数的最小公倍数和最大公因数的商是一个素数,这两个数应该有且仅有一个素数的指数不同,并且差值为 \(1\)。
那么这题的思路就很明确了,对于每一个素数,看他在范围内能乘多少个数,就是这个素数对应的答案。
对所有素数的答案求和即为总的答案。
点击查看代码
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define inf32 1e9
#define inf64 2e18
#define int long long
#define ls o << 1
#define rs o << 1 | 1
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
using u32 = unsigned int;
const int N = 1e7 + 9;
int prime[N];
bool notprime[N];
int tot = 0;
void init() {
notprime[0] = notprime[1] = true;
for(int i = 2;i <= 10'000'000;i ++) {
if(!notprime[i])prime[++ tot] = i;
for(int j = 1;j <= tot && i * prime[j] <= 10'000'000;j ++) {
notprime[i * prime[j]] = true;
if(i % prime[j] == 0) {
break;
}
}
}
}
void solve()
{
int n;std::cin >> n;
i64 ans = 0;
for(int i = 1;i <= tot && prime[i] <= n;i ++) {
int a = 1;
int b = prime[i];
ans += n / b;
}
std::cout << ans << '\n';
}
signed main()
{
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
init();
int t = 1;std::cin >> t;
while(t --)solve();
return 0;
}
F. Igor and Mountain
没错,就是这个题,赛时没看到输出那里有个 998244353,挂了一发,血压起来了。
这个题是一个很简单的 DP,因为题目限制得很明确:
- 只能一层一层爬。
- 每一层最多使用两个可抓点。
那么思路就很明晰了,首先从低一层往当前层进行状态转移,然后再在同层进行状态转移。
由于手臂距离为 \(d\),所以低一层的第 \(j\) 个点位向当前层转移的范围应该是 \([j - \sqrt{d ^ 2 - 1}, j - \sqrt{d ^ 2 - 1}]\),由于相邻两个平方数之间的差值至少都是 \(1\),因此 \(\sqrt{d ^ 2 - 1} = d - 1\),避免浮点数精度误差。
同层转移也是一样的,对于当前层第 \(j\) 个点的转移范围应该是 \([j - d, j + d]\)。
但是如果暴力转移,复杂度为 \(O(nm^2)\),因此要考虑优化:我们发现,每一个状态向周围的转移都是一个区间,那么我们就可以使用差分来优化区间修改,时间复杂度优化为 \(O(nm)\),足以通过此题。
点击查看代码(省略了取模类)
#include <bits/stdc++.h>
#define inf32 1e9
#define inf64 2e18
#define int long long
#define ls o << 1
#define rs o << 1 | 1
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
using u32 = unsigned int;
void solve()
{
int n, m, d;std::cin >> n >> m >> d;
std::vector<std::vector<char>> a(n + 1, std::vector<char>(m + 1));
int x = d - 1;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
for(int j = 1;j <= m;j ++) {
std::cin >> a[i][j];
}
}
std::vector<std::vector<Z>> dp(n + 1, std::vector<Z>(m + 1, 0));
std::vector<Z> f(m + 2, 0);
for(int i = n;i >= 1;i --) {
for(auto &i : f)i = 0;
if(i == n) {
for(int j = 1;j <= m;j ++) {
if(a[n][j] == 'X')dp[n][j] = 1;
else dp[n][j] = 0;
}
} else {
for(int j = 1;j <= m;j ++) {
int d = x;
if(a[i + 1][j] == 'X') {
int l = std::max(j - d, 1ll);
int r = std::min(j + d, m);
f[l] += dp[i + 1][j];
f[r + 1] -= dp[i + 1][j];
}
}
for(int j = 1;j <= m;j ++) {
f[j] += f[j - 1];
if(a[i][j] == 'X') {
dp[i][j] += f[j];
}
}
}
for(auto &i : f)i = 0;
for(int j = 1;j <= m;j ++) {
if(a[i][j] == 'X') {
int l = std::max(j - d, 1ll);
int r = std::min(j + d, m);
f[l] += dp[i][j];
f[j] -= dp[i][j];
f[j + 1] += dp[i][j];
f[r + 1] -= dp[i][j];
}
}
for(int j = 1;j <= m;j ++) {
f[j] += f[j - 1];
if(a[i][j] == 'X') {
dp[i][j] += f[j];
}
}
}
Z sum = 0;
for(int j = 1;j <= m;j ++) {
sum += dp[1][j];
}
std::cout << sum << '\n';
}