宇宙超级无敌声明：个人题解（好久不训练，赛中就是一个憨憨）
先放代码吧，回头写思路。
文章目录
- [A. 数位倍数](#A. 数位倍数)
- [B. IPv6](#B. IPv6)
- [C. 变换数组](#C. 变换数组)
- [D. 最大数字](#D. 最大数字)
- [E. 冷热数据队列](#E. 冷热数据队列)
- [F. 01串](#F. 01串)
- [G. 甘蔗](#G. 甘蔗)
- [H. 原料采购](#H. 原料采购)
A. 数位倍数
问：
在1至202504 （含）中，有多少个数的各个数位之和是5的整数倍。
code：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= 202504; i++){
int tmp = 0, x = i;
while(x){
tmp += x % 10;
x /= 10;
}
if(tmp % 5 == 0){
cnt++;
}
}
cout << cnt << endl;
return 0;
} B. IPv6
问：
所有IPv6地址的最短缩写的长度和是多少，对1e9+7取模。
思路：
八段IPv6地址，每一段有四位十六进制数。考虑每一位是否为零，使用四位二进制表示（0 - 15）。
eg：0101，表示第三位是有值的，这个段长度为3，有15*15种方案
DFS搜每一段，然后在考虑连续多个段为零的情况。
ps: 赛后发现数组忘记清零了/(ㄒoㄒ)/~~
code：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod = 1e9 + 7;
int a[20], b[20], is0[20], n = 8;
ll res = 0;
void dfs(int pos){
if(pos == n+1){
for(int i = 1; i <= n; i++){
int x = a[i];
if(x == 0) b[i] = 1, is0[i] = 1;
else{
while(x){
b[i]++;
x >>= 1;
}
}
}
ll len = 7, cnt = 0, mx = 0, flag = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
len += b[i];
if(is0[i] == 0){ // 不是0
if(cnt >= mx){ // 细节 >=
if(i == cnt) flag = 1;
else flag = 0;
mx = cnt;
}
cnt = 0;
}
else cnt++;
b[i] = is0[i] = 0;
}
if(cnt > mx){ // 细节 >
mx = cnt;
flag = 1;
}
if(mx == 8) len = 2;
else if(flag && mx > 0) len = len - (2 * mx - 1) + 1; // 首尾长度+1
else if(mx > 0) len = len - (2 * mx - 1);
ll base = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
int x = a[i];
while(x){
if(x & 1) base = base * 25 % mod;
x >>= 1;
}
}
res = (res + len * base % mod) % mod;
return;
}
for(int i = 0; i < 16; i++){
a[pos] = i;
dfs(pos+1);
}
}
int main(){
dfs(1);
cout << res << endl;
return 0;
} C. 变换数组
问：
对数组a的每个元素进行 m 次操作，每次操作令 a[i] = a[i] * bit(a[i])， 其中 bit(a[i]) 表示 a[i] 的二进制表示有多
少个1。
思路：
数据范围不大，直接模拟。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 5;
int a[maxn];
int main(){
int n, m;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
cin >> m;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1; j <= m; j++){
int cnt = 0, x = a[i];
while(x){
if(x & 1) cnt++;
x >>= 1;
}
a[i] *= cnt;
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << a[i] << (i == n ? "\n" : " ");
return 0;
} D. 最大数字
问：
有 n 个连续的整数1,2,3,··· ,n，可以自由排列它们的顺序。
然后，把这些数字转换成二进制表示，按照排列顺序拼接形成一个新的二进制数。
目标是让这个二进制数的值最大 ，并输出这个二进制对应的十进制表示。
思路：
首先，考虑如何排序：
如下图，进行先序遍历，即可得到最大的二进制表示。
再考虑如何输出这个数，我写了个大数加法，过 n <= 1e3，没问题。对于所有数据的 n <= 1e4，坐等大佬的最优解。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 5;
string add(string a, string b){ // 大数加法
if(a.size() > b.size()) swap(a, b);
int lena = a.size(), lenb = b.size(), flag = 0;
for(int i = 0; i < lena; i++){
int num = a[lena - i - 1] - '0' + b[lenb - i - 1] - '0' + flag;
if(num >= 10) flag = 1, num -= 10;
else flag = 0;
b[lenb - i - 1] = char(num + '0');
}
if(flag){
if(lena == lenb) b = "1" + b;
else{
int pos = lena;
while(flag && pos < lenb){
b[lenb - pos - 1] += 1;
if(b[lenb - pos - 1] > '9'){
b[lenb - pos - 1] = '0';
flag = 1;
}
else flag = 0;
pos++;
}
if(flag) b = "1" + b;
}
}
return b;
}
string t = "";
void dfs(int x, int n, string s){ // 先序遍历
t = t + s;
if(2*x+1 <= n) dfs(2*x+1, n, s + "1");
if(2*x+0 <= n) dfs(2*x+0, n, s + "0");
}
string res = "0", base = "1";
int main(){
int n;
cin >> n;
dfs(1, n, "1");
int len = t.size();
for(int i = 0; i < len; i++){
if(t[len-i-1] == '1') res = add(res, base);
base = add(base, base);
}
cout << res << endl;
return 0;
} E. 冷热数据队列
问：
有两个队列 q1 和 q2，初始为空，容量分别为 n1 和 n2。
进行 m 次操作，对于每次操作，查询一个 x：
- 若 x 既不在 q1 中，也不在 q2 中，把 x 放入 q2 的首部。
- 若 x 已经在队列中，则将 x 移动至 q1 首部。
- 当 q1 或 q2 队列容量不足时，会将其尾部的数据页淘汰出去。
- 当 q1 已满，但 q2 未满时，从 q1 中淘汰出的数据页会移动到 q2 首部。
输出 m 次操作后，两个队列中的元素。
思路：
根据题意模拟，注意这里的队列的首部的定义，观察样例。
对于每次操作的元素 x，维护一个状态 f，表示其在那个队列中。
对于移动操作或弹出操作，只修改状态，进行懒操作 (像线段树的lazy操作一样)，具体实现看代码。
对于 q1，因为有移动操作， 当元素进队时，连着操作次数一起进队，并且通过记录最新操作来判断，队头的元素是否真的被弹出了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
int f[maxn], op[maxn]; // 如x在q1中，op表示操作号
int res[maxn];
queue<int> q2, qu;
queue<pair<int, int> > q1;
int n1, n2;
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
void push_q2(int x){
f[x] = 2;
q2.push(x);
cnt2++;
while(cnt2 > n2){
int tmp = q2.front();
q2.pop();
if(f[tmp] == 2){
cnt2--;
f[tmp] = 0;
}
}
}
void push_q1(int x, int i){
f[x] = 1;
op[x] = i;
q1.push({x, i});
cnt1++;
while(cnt1 > n1){
pair<int, int> tmp = q1.front();
q1.pop();
if(f[tmp.first] == 1 && op[tmp.first] == tmp.second){
cnt1--;
f[tmp.first] = 0;
if(cnt2 < n2) push_q2(tmp.first);
}
}
}
int main(){
cin >> n1 >> n2;
int q;
cin >> q;
for(int i = 1; i <= q; i++){
int x;
cin >> x;
if(f[x] == 0) push_q2(x);
else if(f[x] == 1){
// 在q，且在q1，仅移动
q1.push({x, i});
op[x] = i; // 记录最大的操作号
}
else{
// 在q，在q2，移动到q1
cnt2--; // q2中移除
push_q1(x, i); // 放入q1
}
}
int cnt = 0;
while(!q1.empty()){
pair<int, int> tmp = q1.front();
q1.pop();
if(f[tmp.first] == 1 && op[tmp.first] == tmp.second){
res[++cnt] = tmp.first;
}
}
for(int i = cnt; i >= 1; i--) cout << res[i] << " ";
cout << endl;
cnt = 0;
while(!q2.empty()){
int tmp = q2.front();
q2.pop();
if(f[tmp] == 2){
res[++cnt] = tmp;
}
}
for(int i = cnt; i >= 1; i--) cout << res[i] << " ";
cout << endl;
return 0;
} F. 01串
给定一个由0,1,2,3··· 的二进制表示拼接而成的长度无限的 01 串。其前若干位形如011011100101110111··· 。
请求出这个串的前x位里有多少个1。
思路：
赛中就写了个模拟。
看数据范围，应该是有结论的，即 x 位二进制下，有多少个1 这种结论，然后再处理一些细节才能过所有数据。
挖坑，有时间再想结论。
code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
stack<int> st;
int main(){
long long n;
scanf("%lld", &n);
long long res = 0, len = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
int x = i;
while(x){ // 注意要逆过来
st.push(x % 2);
x >>= 1;
}
while(len < n && !st.empty()){
res += st.top();
st.pop();
len++;
}
}
printf("%lld", res);
return 0;
} G. 甘蔗
应该是个DP，赛中写了个爆搜。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 5;
int res = 2e9;
int a[maxn], b[maxn], v[maxn];
vector<int> check(int A, int B, int C){
// 默认砍A
vector<int> tmp;
if(A <= B){
if(B - C >= 0 && B - C <= A){
tmp.push_back(B - C);
}
}
else{
if(A - C >= B) tmp.push_back(B + C);
if(B - C >= 0) tmp.push_back(B - C);
}
return tmp;
}
void dfs(int pos, int n, int m, int cnt){
if(pos > n){
res = min(res, cnt);
return;
}
if(cnt > res) return;
int A = a[pos], B = a[pos-1];
for(int i = 1; i <= m; i++){
vector<int> tmp = check(A, B, b[i]);
for(auto x : tmp){
a[pos] = x;
dfs(pos+1, n, m, cnt+1);
a[pos] = A;
}
}
if(v[abs(A - B)] == 1){
dfs(pos+1, n, m, cnt);
}
}
int main(){
int n, m;
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for(int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d", &b[i]), v[b[i]] = 1;
sort(b+1, b+1+m);
res = 2e9;
dfs(2, n, m, 0);
int A = a[1];
for(int i = 1; i <= m; i++){
vector<int> tmp = check(a[1], a[2], b[i]);
for(auto x : tmp){
a[1] = x;
dfs(3, n, m, 1);
a[1] = A;
}
}
if(res > n) res = -1;
cout << res << endl;
return 0;
} H. 原料采购
维护一个大小为 m 的大根堆，即单价大的在上，依次走所有采购点。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
ll a[maxn], b[maxn], c[maxn];
priority_queue<pair<ll, ll> > qu;
int main(){
ll n, m, o;
scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &o);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld %lld %lld", &a[i], &b[i], &c[i]);
ll res = 9e18, len_value = 0, now_value = 0, v = 0; // 距离 + 产品, 体积
for(int i = 1; i <= n; i++){
len_value = c[i] * o;
if(v + b[i] <= m){
qu.push({a[i], b[i]});
now_value = a[i] * b[i];
continue;
}
else{
if(v < m){
qu.push({a[i], m - v});
now_value += a[i] * (m - v);
b[i] -= (m - v);
v = m;
}
// 已经满 m
ll num = 0;
while(!qu.empty()){
pair<ll, ll> t = qu.top();
if(t.first > a[i]){
qu.pop();
if(num + t.second >= b[i]){
now_value -= t.first * (b[i] - num);
t.second -= (b[i] - num);
num = b[i];
if(t.second != 0) qu.push(t);
break;
}
else{
num += t.second;
now_value -= t.first * t.second;
}
}
else break;
}
if(num != 0){
qu.push({a[i], num});
now_value += a[i] * num;
}
res = min(res, now_value + len_value);
}
}
if(m != v) res = -1;
printf("%lld\n", res);
return 0;
}