2018青岛（重温经典）
2018青岛（重温经典）
- 导语
- 涉及的知识点
- 题目
- C
- D
- E
- F
- J
- M
- 参考文献
导语
难度不高的一次训练，但是还是很考思维的
涉及的知识点
思维，构造，平面几何，搜索
链接：The 2018 ACM-ICPC Asia Qingdao Regional Contest
题目
C
题目大意：给出两个01串 s , t s,t s,t，长度不超过106，规定一种操作，每次操作可以将区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]内的所有元素取反，现在想要将 s s s经过两次操作之后变成 t t t，询问有多少种方案可以满足（将两次操作 [ l 1 , r 1 ] , [ l 2 , r 2 ] [l_1,r_1],[l_2,r_2] [l1,r1],[l2,r2]构成一个四元组 ( l 1 , r 1 , l 2 , r 2 ) (l_1,r_1,l_2,r_2) (l1,r1,l2,r2)，两种方案不同只要四元组有一个元素不同即可）
思路：如图，可以将 s s s和 t t t的关系分成三种情况，红色部分为不同区间
- s s s与 t t t只有一个连续区间不同
在这种情况下，如图，可以第一次将左边的黄色区间与红色区间整体取反，之后再对黄色区间单独取反，这样得出来的结果合法，同理，黄色区间也可以在右边，整体方案数为2×红区间左端点到左端点长度+2×红区间右端点到右端点长度（×2是因为可以调换顺序），还有别的方案就是将红色区间分成左右两块分别取反即可 - s s s与 t t t有两个不相交的连续区间不同
在这种情况下，显然只有三种组合（不考虑顺序）： ( A , B ) , ( A C , C B ) , ( A C B , C ) (A,B),(AC,CB),(ACB,C) (A,B),(AC,CB),(ACB,C)，答案固定为6种 - s s s与 t t t至少有三个不相交的连续区间不同
这种情况下找不到只用两次操作就能完成转换的方案，方案数为0
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int T,n,l[4],r[4],cntl,cntr;
char s[maxn],t[maxn];
signed main() {scanf("%lld",&T);while(T--) {bool flag=0;scanf("%lld",&n);scanf("%s%s",s+1,t+1);//扫描初始和终了字符串cntl=cntr=0;int low=0,high=0;//记录当前块的左右端点for(int i=1; i<=n; i++) {//寻找不同块if(s[i]!=t[i]) {if(low) {if(i!=n)continue;r[cntr++]=i;//记录每个块右端点continue;}low=high=i,l[cntl++]=i;//记录左端点}if(s[i]==t[i]) {if(!high)continue;high=i-1,r[cntr++]=i;low=high=0;}if(cntr==3||cntl==3) {//超过2块无解flag=1;break;}}if(flag) {printf("0\n");continue;}if(cntl==2)printf("6\n");else if(cntl==1) {//单独一个块直接计算int res=0;res+=2*(r[0]-l[0]+l[0]-1+n-r[0]);printf("%lld\n",res);} elseprintf("%lld\n",(n+1)*n/2);}return 0;
}
D
题目大意：对于给定的两个数 A , B A,B A,B，假设 A = a 1 a 2 … a n , B = b 1 b 2 … b m A=a_1a_2\dots a_n,B=b_1b_2\dots b_m A=a1a2…an,B=b1b2…bm， a i , b i a_i,b_i ai,bi分别为 A , B A,B A,B对应位上的数（十进制），定义一种运算 A ⊗ B = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m a i b j = a 1 b 1 + a 1 + ⋯ + a 1 b m + a 2 b 1 + … A ⊗B=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}a_ib_j=a_1b_1+a_1+\dots+a_1b_m+a_2b_1+\dots A⊗B=∑i=1n∑j=1maibj=a1b1+a1+⋯+a1bm+a2b1+…，现在给出运算结果，求出 A , B A,B A,B，如果答案有多个，以最小的 A A A为基准，如果仍有多个，以最小的 B B B为基准
思路：最后的运算结果相当于多个结果作字符串的拼接，对于每个结果来说，其因数对不超过两个，所以可以暴力尝试1 ~ 9构造并搜索，对于每个结果，如果结果为两位数，则结果的十位小于两因数的任意一个，结果为一位数，乘积大于两因数任意一个
在搜索时，根据给定的运算结果，将结构对应为与当前位进行比较，如果结果小于当前枚举数字，取结果两位，否则取一位
由于题目需要求最小的A，那么首先构造A，将A的第一位从1 ~ 9进行尝试构造，然后通过构造出来的A反推B，具体见代码
PS:参考博客的代码写的真是精妙
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int T,n,m,a[maxn],b[maxn];
char c[maxn];
bool GetB() {int len=strlen(c),pos=0;for(int i=0; i<m; i++) {if(pos==len)return 0;//字符串不够用，不合法int x=c[pos++]-'0';//获得对应数字if(pos<len&&x&&x<a[0])x=x*10+c[pos++]-'0';//如果字符串够用，这一位不为0，数字小于a[0]，就需要多拿一位if(x%a[0]||x/a[0]>9)return 0;//如果不能整除或者商为两位数b[i]=x/a[0];//构造b[i]}for(int i=1; i<n; i++)for(int j=0; j<m; j++) {if(pos==len)return 0;int x=c[pos++]-'0';//获得对应数字if(pos<len&&x&&x<b[j])x=x*10+c[pos++]-'0';//如果字符串够用，这一位不为0，数字小于a[0]，就需要多拿一位if(x&&(b[j]==0||(j&&a[i]==0)))return 0;//如果有结果但是b的对应位为0或者a的对应位为0(j代表已经计算过，根据0~j-1推出a[i]==0)if(x==0) {if(j&&a[i]&&b[j])return 0;//结果有0并且a[i]已经算过，b的对应为有值if(!j)a[i]=0;//如果第一次算，结果为0，则a[i]为0} else {if (x%b[j]||j&&x/b[j]!=a[i]||x/b[j]>9) return 0;//如果不能整除或者商为两位数a[i]=x/b[j];}}return pos==len;
}
bool Judge(int x) {for(int i=1; i<=9; i++)if(x%i==0) {a[0]=i;if(GetB())return 1;}return 0;
}
bool solve() {int x=c[0]-'0';if(Judge(x))return 1;x=x*10+c[1]-'0';if(Judge(x))return 1;return 0;
}
int main() {scanf("%d",&T);while(T--) {scanf("%d%d%s",&n,&m,&c);if(solve()) {for(int i=0; i<n; i++)printf("%d",a[i]);putchar(' ');for(int i=0; i<m; i++)printf("%d",b[i]);putchar('\n');} else printf("Impossible\n");}return 0;
}
E
题目大意：n个植物，坐标为1 ~ n，给出每个植物浇一次水之后的增长量，现从i=0开始移动，可以到达数轴的任意地方，每次移动一步，最多只能移动m步，每次移动之后，如果当前下标有植物，则必须浇水，现在求m次之后所有植物的最小高度的最大值是多少
思路：如果用模拟的思路考虑，就要考虑怎么走，走多少步，走当前步是否会影响之后的植物，是非常复杂的，正难则反，不如从答案开始考虑，直接二分最小高度的最大值，并尝试构造出这样的值，从0开始前进，每一次将当前植物浇到目标值，如果浇一次不够，那么就向前走一步再走回来，直到植物的高度满足目标值，依次类推，查看步数是否足够构造，详见代码
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int T,n,m,a[maxn];
bool Judge(int goal) {int now=0,last=0,step=m;for(int i=1; i<n; i++) {//这里没有遍历到最后一个，因为最后一个没有后置now=a[i]*(last+1);//last为为了将a[i-1]达到goal，在i-1反复横跳的浇水次数step--;//走到了iif(now<goal) {//如果没达到goallast=(goal-now+a[i]-1)/a[i];//需要反复横跳的次数step-=(last<<1);//一次反复横跳对应两步if(step<0)return 0;//步数不够} else last=0;}if(a[n]*last<goal) {//特判最后一个step--;//走到了nlast=(goal-a[n]*last-1)/a[n];//res=goal-a[n]*y-a[n]，还需要的步数//(res+a[n]-1)/a[n]，反复横跳step-=(last<<1);}return step>=0;//判断步数是否足够
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin >>T;while(T--) {cin >>n>>m;int mx=0,res=0;for(int i=1; i<=n; i++) {cin >>a[i];mx=max(mx,a[i]);//获得最大值作为边界}if(m<n) {cout <<0<<endl;continue;}int l=0,r=mx*m+1;//上界和下界while(l<=r) {//二分int mid=(l+r)>>1;if(Judge(mid)) {res=mid;l=mid+1;} elser=mid-1;}cout <<res<<endl;}return 0;
}
F
题目大意：n个骑士，编号1 ~ n，骑士间需要决斗，每轮比赛有多场决斗，比赛的规则如下：
- 比赛一个有k轮，每一轮包括许多决斗，决斗只发生在两个骑士之间
- 每个骑士在每场比赛中必须参加一次决斗
- 对每一对决斗的骑士来说，两人之间在所有的比赛过程中最多只有一次决斗
- 假设 1 ≤ i , j ≤ k , i ≠ j , 1 ≤ a , b , c , d ≤ n 1\le i,j\le k,i≠j,1\le a,b,c,d\le n 1≤i,j≤k,i=j,1≤a,b,c,d≤n（a,b,c,d为四个正整数），如果 a a a在第 i i i轮和 b b b决斗过， c c c在第 i i i轮和 d d d决斗过，并且 a a a和 c c c在第 j j j轮决斗了，那么 b b b必须在第 j j j轮与 d d d决斗
求出一个可行的分配方案，不存在则输出对应字符串
思路：这道题，第四个条件非常关键，必须仔细琢磨才能知道真正的含义，显然，如果骑士的个数是奇数，无可行方案，但是是否所有的偶数都可行？
假设有 2 k n 2^kn 2kn个骑士，分别讨论 n n n为1和 n n n不为1(n为奇数)的情况
n n n不为1，那么 n n n= 2 p + 1 2p+1 2p+1，以n=3为例，根据比赛规则，在第一局匹配有如下的情况
那么第二局就有两种匹配方案，如图所示，可以看到，不管是哪种匹配，都会有一对不能匹配的编号，而当 n n n为更大的奇数时，结果无非是 n = 3 n=3 n=3的重复与延伸，也同样适用这一规律
n n n为1，则相对于奇数情况，等价于有许多个4个一组的编号可以互相匹配，总匹配局数大于2（只有两个人除外）
因此，对于输入的数据，判断是否为2的整数次幂，如果是则根据对应k求解，如果不是则进一步判断奇数的情况
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e3+50;
int T,n,k,res[maxn][maxn];
void Pre(int x,int y,int n,int v) {//预处理1024内的表if(n==1) {res[x][y]=v;return ;}n/=2;Pre(x,y,n,v);//处理左边Pre(x,y+n,n,v+n);//处理右边for(int i=1; i<=n; i++)//对角赋值for(int j=1; j<=n; j++) {res[x-1+i+n][y-1+j]=res[x-1+i][y-1+j+n];res[x-1+i+n][y-1+j+n]=res[x-1+i][y-1+j];}
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin >>T;Pre(1,1,1024,1);while(T--) {cin >>n>>k;if(k>=(n&-n))//最多行cout <<"Impossible\n";else {for(int i=2; i<=k+1; i++) {cout <<res[i][1];for(int j=2; j<=n; j++)cout <<" "<<res[i][j];cout <<endl;}}}return 0;
}
J
题目大意：有n本书，每本书有价格 p ( 0 ≤ p ≤ 1 0 9 ) p(0\le p\le 10^9) p(0≤p≤109)，现在想要购买m本书，假设初始钱数为 w w w，购买策略如下：对于第 i i i本书，如果所持有的钱数大于等于其价格，购买且持有钱数对应减少，否则跳过，求出最多能带的初始钱数能使得恰好购买m本书
思路：首先，如果m>n，无解，m==n，钱数可以是无穷，m<n，需要判断价格为0的书有多少，这些必然会被买下，假设数量为 k k k，那么剩下的 m − k m-k m−k本书就直接购买前 m − k m-k m−k个价值不为0的书即可，因为这样的持有钱最大，之后结果再加上后 n − m n-m n−m本书中的最小值-1即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=1e6+6;
ll a[N];
void solve() {int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);int cnt0=0;ll minx=INF;for(int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%lld",a+i);if(a[i]==0) {cnt0++;} else {minx=min(minx,a[i]);}}if(n==m) {printf("Richman\n");return;}ll res = 0;if(cnt0>m) {printf("Impossible\n");} else if(cnt0 == m) {printf("%lld\n",minx-1);} else {minx=INF;m-=cnt0;int i = 1;for(; i <= n&&m; i++) {if(a[i]) {res+=a[i];m--;}}for(; i <= n; i++) {if(a[i]) {minx=min(minx,a[i]);}}res+=(minx-1);printf("%lld\n",res);}
}
int main() {int t;scanf("%d",&t);while(t--)solve();return 0;
}
M
题目大意：略
思路：很容易发现规律，经过第一次运算之后，原数字必然会变成两位数，再经过有限次运算后，最后的结果就会变成01的循环，根据运算次数输出对应的答案即可
代码
#include <bitsdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;
int a[10]= {1,0,0,0,1,0,1,0,2,1};
int cal(int x) {int res=0;if(x==0)return 1;while(x>0) {int yu=x%10;x/=10;res+=a[yu];}return res;
}
void solve() {int x,k;scanf("%d%d",&x,&k);int temp1=x;for(int i=1; i<=k; i++) {temp1=cal(temp1);if(temp1==0) {if((k-i)%2==0)temp1=0;elsetemp1=1;break;} else if(temp1==1) {if((k-i)%2==0)temp1=1;elsetemp1=0;break;}}printf("%d\n",temp1);
}int main() {int t = 1;scanf("%d",&t);while(t--) {solve();}return 0;
}
参考文献
- D - Magic Multiplication（The 2018 ACM-ICPC Asia Qingdao Regional Contest）（找规律+构造）
- Plants vs. Zombies（二分）
- 2018青岛ICPC && ZOJ 4063: Tournament（构造）
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