整理的算法模板合集： ACM模板

点我看算法全家桶系列！！！

实际上是一个全新的精炼模板整合计划

VP了一下，体验不是太好，区分度不是很好，简单题太简单，难题看着就不想写…没什么意思

比赛地址：

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/15600

%VP地址（密码 swpuacm）：
%[https://ac.nowcoder.com/acm/contest/16646#description]https://ac.nowcoder.com/acm/contest/16646#description)

第十一届山东省大学生程序设计竞赛（9 / 13）

B. Build Roads

Problem

给定一个 nnn 个点的无向完全图，iii 和 jjj 之前的边权是 gcd⁡(ai,aj)\gcd(a_i,a_j)gcd(ai,aj) ，保证数组 a 随机，求 MST。

Solution

边权为 gcd⁡(ai,aj)\gcd(a_i, a_j)gcd(ai,aj)，显然如果存在一个点 axa_xax 是素数，则从该点向所有的点连边，这样连接的 n−1n-1n−1条边的权值都是1，答案就是 n−1n-1n−1 。

若 L=RL=RL=R，则 R+L+1=1R+L+1=1R+L+1=1，模1之后得到的显然都是0，也就是说 n2n^2n2 条边的权值都是 LLL，答案显然就是 L×(n−1)L\times (n-1)L×(n−1)。

然后因为 nnn 比较大，n≤105n\le 10^5n≤105，所以我们考虑分情况讨论。

若 nnn 比较小，可以直接暴力 O(n2)O(n^2)O(n2) 连边然后求最小生成树即可。

若 nnn 较大，若 R−L+1R-L+1R−L+1 较大，则根据素数分布，int范围内的素数间距大概就是几百左右，这样 L∼L+(R−L+1)L\sim L+(R-L+1)L∼L+(R−L+1) 中一定会有素数，也就是说一定会出现一个 aiis primea_i\ \text{is\ prime}ai is prime，答案显然就是上面讨论的 n−1n-1n−1。

若 nnn 较大，R−L+1R-L+1R−L+1 较小，出题人可以找一个没有素数的区间 [L,R][L,R][L,R]，那么答案还是 n−1n-1n−1 吗？显然仍然是，因为 nnn 较大，R−L+1R-L+1R−L+1 较小说明 a1∼ana_1\sim a_na1∼an 一定会把 [L,R][L,R][L,R] 给取满了，也就是 aia_iai 是一堆连续的数，而相邻两个数互质，所以答案一定还是 n−1n-1n−1。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ull = unsigned long long;
const int maxn = 2e5+5;bool prime[maxn];int n,L,R,a[maxn];
ull seed;void getprime()
{memset(prime,1,sizeof(prime));prime[1] = 1;for(int i = 2;i <= 200000;++i){if(prime[i]){for(int j = i+i;j <= 200000;j += i)prime[j] = 0;}}
}ull xorshift64()
{ull x = seed;x ^= x<<13;x ^= x>>7;x ^= x<<17;return seed=x;
}int gen()
{return xorshift64()%(R-L+1)+L;
}struct Edge
{int x,y,cost;
};void solve1()
{vector<Edge>edge;for(int i = 1;i <= n;++i){for(int j = i+1;j <= n;++j){edge.push_back({i,j,__gcd(a[i],a[j])});}}vector<int> pre(n+1);for(int i = 1;i <= n;++i)pre[i] = i;sort(edge.begin(),edge.end(),[](const Edge&a,const Edge&b)->bool{return a.cost<b.cost;});function<int(int)> Find = [&](int x)->int{return pre[x]==x?x:pre[x] = Find(pre[x]);};int ans = 0;for(auto &x:edge){int fx = Find(x.x);int fy = Find(x.y);if(fx!=fy){pre[fx] = fy;ans += x.cost;}}printf("%d\n",ans);
}int main()
{getprime();scanf("%d%d%d%llu",&n,&L,&R,&seed);for(int i = 1;i <= n;++i){a[i] = gen();}   for(int i = 1;i <= n;++i){if(prime[a[i]]){printf("%d\n",n-1);return 0;}}if(n <= 3000){solve1();}else if(L!=R){printf("%d\n",n-1);}else printf("%lld\n",1ll*R*(n-1));
}

C. Cat Virus

Problem

给定一棵树，黑白染色方案，满足一个黑点的子树都是黑点，白点任意。
你现在构造一棵树，使得它的染色方案数为 KKK。

Solution

给定方案数让我们构造出一颗满足条件的树，我们先考虑对于一颗树，我们如何计算它的方案数。

我们设 f(u)f(u)f(u) 表示染色 uuu 以及 uuu 的所有子树的方案数，显然对于 uuu 的所有子节点 vvv，其中若将 u 染成黑色结点，则方案数为1（儿子全都是黑色结点），若将 u 染成白色，则方案数为 ∏f(v)\prod f(v)∏f(v)，即：f(u)=∏(f(v)+1)+1f(u)=\prod (f(v)+1)+1f(u)=∏(f(v)+1)+1。

这里要求构造一棵染色方案数等于 kkk 的树。

对于 kkk：

若 kkk 是奇数，显然我们可以为 kkk 分配一个左右儿子 l,rl,rl,r ，我们继续往右儿子的方向往下走，这样 f(r)=k−12f(r)=\cfrac{k-1}{2}f(r)=2k−1， f(l)=2,f(u)=f(r)×f(l)+1f(l)=2,f(u)=f(r)\times f(l)+1f(l)=2,f(u)=f(r)×f(l)+1。

若 kkk 是偶数，我们可以直接给 u 连接一个子节点，然后到下一层，方案数就变成了 k−1k-1k−1。

直接dfs即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e5 + 7;int n, m;
int k;
int cnt;
int tot;
int u[N], v[N];void dfs(int p, int k)
{if(k == 3) {u[ ++ tot] = p;v[tot] = p + 1;return ;}if(k < 3) return ;if(k & 1) {u[ ++ tot] = p;v[tot] = p + 1;u[ ++ tot] = p;v[tot] = p + 2;dfs(p + 2, k >> 1);}else {u[ ++ tot] = p;v[tot] = p + 1;dfs(p + 1, k - 1);}
}signed main()
{scanf("%lld", &k);if(k == 2) {printf("1");return 0;}dfs(1, k);cout << tot + 1 << endl;for(int i = 1; i <= tot; ++ i) {printf("%lld %lld\n", u[i], v[i]);}return 0;
}

D. Dyson Box

Problem

二维空间里放了 nnn 个盒子，有水平往左和竖直往下两种重力，求重力作用之后形成的轮廓周长。

Solution

读完题直接模拟一下即可，一共8种情况，elif 即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 2e5 + 10;
int U[N],L[N];int main()
{int n;scanf("%d",&n);int a = 0, b = 0;for(int i = 0;i < n;++i){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);x++;y++;int now = 4;int cnt = 0;if(U[x]) cnt++;U[x]++;if(U[x-1] >= U[x]) cnt++;if(U[x+1] >= U[x]) cnt++;a += now - cnt * 2;now = 4;cnt = 0;if(L[y]) cnt++;L[y]++;if(L[y-1] >= L[y]) cnt++;if(L[y+1] >= L[y]) cnt++;b += now - cnt * 2;printf("%d %d\n", a,b);}return 0;
}

F. Birthday Cake

Problem

给定 nnn 个串，求有多少对串能拼出平方串（能够表示成两个相同的字符串连接在一起的，即 AAAAAA）。

Solution

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod[2] = {998244353,1000000007};
const int maxn = 4e5+5;
const int sz = 233;
using ll = long long;
string a[maxn];
ll Hase[maxn][2];
ll fac[maxn][2];
map<pair<ll,ll>,int> mp;int main()
{fac[0][0] = fac[0][1] = 1;for(int i = 1;i <= 400000;++i){fac[i][0] = fac[i-1][0]*sz%mod[0];fac[i][1] = fac[i-1][1]*sz%mod[1];}ios::sync_with_stdio(false);int n;cin>>n;for(int i = 1;i <= n;++i){cin>>a[i];}sort(a+1,a+1+n,[](const string&a,const string &b)->bool{return a.size()<b.size();});ll ans = 0;for(int i = 1;i <= n;++i){ll val[2] = {0,0};for(int j = 0;j < a[i].size();++j){val[0] = val[0]*sz+a[i][j];val[0] %= mod[0];Hase[j+1][0] = val[0];val[1] = val[1]*sz+a[i][j];val[1] %= mod[1];Hase[j+1][1] = val[1];}ans += mp[make_pair(val[0],val[1])];int len = a[i].size();for(int j = 1;j <= len/2;++j){ll hs1 = Hase[j][0];ll hs2 = (Hase[len][0]-Hase[len-j][0]*fac[j][0]%mod[0]+mod[0])%mod[0];ll hs3 = Hase[j][1];ll hs4 = (Hase[len][1]-Hase[len-j][1]*fac[j][1]%mod[1]+mod[1])%mod[1];if(hs1==hs2&&hs3==hs4){ll hs5 = (Hase[len-j][0]-Hase[j][0]*fac[len-j-j][0]%mod[0]+mod[0])%mod[0];ll hs6 = (Hase[len-j][1]-Hase[j][1]*fac[len-j-j][1]%mod[1]+mod[1])%mod[1];ans += mp[make_pair(hs5,hs6)];}}mp[make_pair(val[0],val[1])]++;}cout<<ans<<endl;return 0;
}

G. Grade Point Average

输出 ∑i=1nain\cfrac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n}n∑i=1nai，保留小数点后位（直接截断后面的）。

Solution

模拟除法即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);int p = n;int q = 0;for(int i = 0;i < n;++i){int tmp;scanf("%d",&tmp);q += tmp;}string res;int gcd = __gcd(p,q);p/=gcd;q/=gcd;res+=to_string(q/p);q %= p;res.push_back('.');for(int i = 0;i < m;++i){q *= 10;res.push_back(q / p + '0');q %= p;}cout << res << endl; return 0;
}

H. Adventurer’s Guild

Problem

Yuna 的生命值是 HHH ，体力值是 SSS，有 nnn 个任务，每个任务有生命值和体力值的花费。生命值不能降到 000 或 000 以下，体力值的多余消耗会算到生命值里。求最大任务收益。

Solution

二维费用背包即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;ll dp[305][305];struct node
{int h,s,w;
}a[1005];int main()
{int n,h,s;scanf("%d%d%d",&n,&h,&s);for(int i = 1;i <= n;++i)scanf("%d%d%d",&a[i].h,&a[i].s,&a[i].w);for(int i = 1;i <= n;++i){for(int j = h;j >= 0;--j){for(int k = s;k >= 0;--k){if(k >= a[i].s&&j > a[i].h){dp[j][k] = max(dp[j][k],dp[j-a[i].h][k-a[i].s]+a[i].w);}else if(j > a[i].h&&j+k>a[i].s+a[i].h){int res = a[i].s-k;dp[j][k] = max(dp[j][k],dp[j-a[i].h-res][0]+a[i].w);}}}}cout<<dp[h][s]<<endl;return 0;
}

J. Tuition Agent

Problem

Piggy 是一个辅导班的老板，对于第 iii 个客户，Piggy有两个选择:

花费 XiX_iXi 让他变成老师
花费 YiY_iYi 让他变成需要老师来辅导的学生

每给一个学生安排一对一的家教，他就能赚钱。只有等级高的人才可以教等级低的人。其中， 111 是最高的等级。第 iii 个客户有一个编号 RiR_iRi，每个客户的等级都是不同的。

求得到的最大利润。

Solution

Code

L. Construction of 5G Base Stations

Problem

数轴上 1∼n1\sim n1∼n，每个点都有一个人站在整点上。有 mmm 个基站，每个基站 {x,p[x]}\{x,p[x]\}{x,p[x]}，代表位置为 xxx ，每一个人连接该基站成功的概率为 pxp_xpx。

每个人，都会按照由近及远，先左后右的顺序依次尝试连接基站，成功连接基站 iii 的概率是 pip_ipi ，如果都
失败了，那么重新再来一遍。

每个基站的开销是连接人数的平方。求所有基站期望运行总代价。

Solution

显然考虑几何概型。

Time

O(n)O(n)O(n)

Code

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
#define int long long
const int N = 1e6 + 7, mod = 998244353;int n, m;
int a[N];
int pre[N], pre2[N], suf[N], suf2[N];
int F, ans;
int p[N], now;int qpow(int a, int b)
{int res = 1;while(b) {if(b & 1) res = res * a % mod;a = a * a % mod;b >>= 1; }return res;
}int inv(int x)
{return qpow(x, mod - 2);
}signed main()
{F = 1;scanf("%lld%lld", &n, &m);for(int i = 1; i <= m; ++ i) {int x, pi;scanf("%lld%lld", &x, &pi);p[x] = pi;F = F * (1 - pi + mod) % mod;}if(n == 1) {puts("1");return 0;}F = inv(1 - F + mod);pre[2] = (1 - p[1] + mod) % mod;pre2[2] = (1 - p[1] + mod) % mod * (1 - p[1] + mod) % mod;now = (1 - p[1] + mod) % mod;for(int i = 3; i <= n; ++ i) {int ansb = (1 - p[i - 1] + mod) % mod * (1 - p[i - 2] + mod) % mod;//先左再右，x在右边now = now * (1 - p[i - 1] + mod) % mod;int ansa = pre[i - 2];pre[i] = (ansb * ansa % mod + ansb + now) % mod;ansa = pre2[i - 2];pre2[i] = (ansb * ansb % mod * ansa % mod + ansb * ansb % mod + now * now % mod) % mod;}suf[n - 1] = (1 - p[n] + mod) % mod;suf2[n - 1] = (1 - p[n] + mod) % mod * (1 - p[n] + mod) % mod;now = (1 - p[n] + mod) % mod;for(int i = n - 2; i >= 1; -- i) {int ansb = (1 - p[i + 1] + mod) % mod * (1 - p[i + 2] + mod) % mod;int tmp = (1 - p[i + 1] + mod) % mod;//先左再右，x在左边now = now * (1 - p[i + 1] + mod) % mod;int ansa = suf[i + 2];suf[i] = (ansb * ansa % mod + tmp + now) % mod;ansa = suf2[i + 2];suf2[i] = (ansb * ansb % mod * ansa % mod + tmp * tmp % mod + now * now % mod) % mod;}for(int i = 1; i <= n; ++ i) {int A = (pre[i] + 1 + suf[i]) % mod * p[i] % mod * F % mod;int B = (pre2[i] + 1 + suf2[i]) % mod * p[i] % mod * p[i] % mod * F % mod * F % mod;ans = (ans + A * A % mod - B + A + mod) % mod;}printf("%lld\n", ans);return 0;
}

M. Matrix Problem

Problem

给定 0/10/10/1 矩阵 CCC，构造两个矩阵 A,BA,BA,B，其中 A,BA,BA,B 矩阵中的 111 形成了完整的不分散的一块四连通块，并且对于 CCC 中所有位置，若是 111 ，则 A,BA,BA,B 对应位置必须都是 111，否则 A,BA,BA,B 之中必须有一个这个位置为 000。
保证 CCC 矩阵的边框都是 000。

Solution

因为保证 CCC 矩阵的一圈全部都是 000 ，所以我们只需要将 AAA 矩阵最左边一列置 111，BBB 矩阵最右边的一列置 111，然后 A,BA,BA,B矩阵奇偶分别负责一半，即A矩阵所有的奇数行（除最后一列）为 111，BBB 矩阵所有的偶数行（除第一列）全部为 111，这样 CCC 矩阵需要的话就直接让 AAA 或者 BBB 为 000 的那个变成 111 即可。

这样构造的关键在于可以完全覆盖1的前提下，使得所有的1连通。前段时间做过一道CF的题，大致意思就是矩阵连通所有的1，那道题就是先横着造一个连续的1（第一行全是1），然后往下垂直连通所有的其他的1，构造思路基本相同。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 500 + 10;
int n,m;
int A[N][N], B[N][N], C[N][N];int main()
{scanf("%d%d",&n, &m);    for(int i = 0;i < n;++i){getchar();for(int j = 0;j < m;++j){char ch = getchar();C[i][j] = ch - '0';}}for(int j = 0;j < n;++j){A[j][0] = 1;B[j][m-1] = 1; }for(int i = 0;i < n;++i){if(i & 1){for(int j = 1;j < m - 1;++j){A[i][j] = 1;}}else{for(int j = 1;j < m - 1;++j){B[i][j] = 1;}}}for(int i = 0;i < n;++i){for(int j = 0;j < m;++j){if(C[i][j] == 1){A[i][j] = B[i][j] = 1;}}}for(int i = 0;i < n;++i){for(int j = 0;j < m;++j){printf("%d",A[i][j]);}puts("");}for(int i = 0;i < n;++i){for(int j = 0;j < m;++j){printf("%d",B[i][j]);}puts("");}return 0;
}

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