2021牛客寒假算法基础集训营1（A B C D E F H I J）

比赛链接：这里

OP
A 串
- 思路
- 代码
B 括号
- 思路
- 代码
C 红和蓝
- 思路
- 代码
D 点一成零
- 思路
- 代码
E 三棱锥之刻
- 思路
- 代码
F 对答案一时爽
- 思路
- 代码
H 幂塔个位数的计算
- 思路
- 代码
I 限制不互素对的排列
- 思路
- 代码
J 一群小青蛙呱蹦呱蹦呱
- 思路
- 代码
ED

OP

个人能力有限，有的题目实在知识点欠缺太多，可以参照一下其他大佬的全题解。
&感谢ph大佬的全程指导。

A 串

递推。

思路

我们可以先算出长度为 1,2,…,n 的合法串的数量，再进行累加。

介于数据量（2 < n <= 10⁶)，通过排列组合来求几乎不可能，单纯打表可能就需要几十分钟。

接下来就是具体的递推过程：

假设长度为 n 的合法字符串有 A_n 个。长度为 n + 1 的字符串中的前 n 项可以分为两种情况：合法的与非法的。

——对于前 n 项为合法字符串的 n + 1 长字符串，显然情况有 A_n * 26 种（即第 n + 1 项可以为任意字母）；
——对于前 n 项为非法字符串的 n + 1 长字符串，只有前 n 项存在 u 的字符串可以变为合法串，所以含 u 的 n 长字符串的数量为 26ⁿ - 25ⁿ 个，其中有 A_n 个合法串，所以此种情况的 n + 1 长合法串有 26ⁿ - 25ⁿ - A_n 个（即存在 u 的 n 长非法字符串数量为 含 u 的 n 长字符串数量 减去 合法的 n 长字符串数量，该种串后接 s 即变为合法串）。

所以得到递推公式 A_n+1 = 25 * A_n + 26ⁿ - 25ⁿ

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long MOD = 1e9 + 7;
long long qs(long long a,long long t)//快速幂取模
{long long ans=1;while(t){if(t&1)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;t>>=1;}return ans%MOD;
}
int main()
{long long a=1,i,j,n,ans=1;cin>>n;for(i=3;i<=n;i++){a=a*25+qs(26,i-1)-qs(25,i-1);a%=MOD;if(a<0)a+=MOD;ans+=a;//累加ans%=MOD;}printf("%lld",ans);return 0;
}

B 括号

此题为特判题（Special Judge）

思路

首先我们观察样例，即可得知总括号对数为每一个左括号后面的右括号总数的累加和。

所以说，为使总字符量尽可能少，我们需要把 k 先粗略地拆成 l₁ * r₁ 的形式（ l₁ * r₁ <= k ）， l₁ 与 r₁ 需要尽可能接近（均值不等式）；

我们可以取 l₁ = ⌊ sqrt( k ) ⌋，则 r₁ = ⌊ k / l₁ ⌋，此时还需要补上差值 d = k - l₁ * r₁ ；

接下来就是构造了：我们可以依次输出 l₁ 个左括号，r₁ - d 个右括号，1 个左括号，d 个右括号。此时总对数则为 l₁ * r₁ + d 。

要求是非空串，注意对 0 特判。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int k,l,r,d,i;scanf("%d",&k);if(k==0){printf("(");return 0;}l=(int)sqrt(k);r=k/l;d=k-r*l;for(i=1;i<=l;i++)printf("(");for(i=1;i<=r-d;i++)printf(")");printf("(");for(i=1;i<=d;i++)printf(")");return 0;
}

比赛时使用的另一种方法，即把 k 拆成 n₁ * a₁² + n₁ * a₁² + … 的形式，再构造输出，代码如下，可ac，仅做参考。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int k,i,ma,j;scanf("%d",&k);if(k==0){printf("(");return 0;}int a[31623]={0};ma=(int)sqrt(k);while(k){a[(int)sqrt(k)]++;k-=(int)sqrt(k)*(int)sqrt(k);}for(i=1;i<=ma;i++){printf("(");if(a[i]){for(j=1;j<=i*a[i];j++)printf(")");}}return 0;
}

C 红和蓝

dfs，涂色

思路

使用两遍bfs，第一遍进行分组和可行性判定，第二遍进行染色

具体实现上（也可以使用链表存图）：

第一次dfs时，先递归处理下级节点，再将其与上级节点分入同一组，同时完成可行性判定；

第二次dfs时，判断其与上级节点是否在同一组，在即涂与上级相同的颜色，不在即将自己涂成与上级不同的颜色；

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
struct node{int to, next;
}edge[N];
int head[N], cnt;//cnt为道路数组序号
int mrk[N], col[N], num;//num计组数
bool flag;void add(int u, int v)
{edge[++cnt] = {v, head[u]};//标记前向标head[u] = cnt;//更新待标记前向标
}void dfs1(int u, int fa)
{int son = 0;for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next){int v = edge[i].to;if(v != fa){son++;dfs1(v, u);}}if(son == 0 || mrk[u] == 0)//叶节点与未被下级节点涂色的节点需被涂色{if(mrk[fa] != 0)//如果其上级节点已被涂色{flag = 0;return ;}mrk[u] = mrk[fa] = ++num;//此节点与上级节点标成同一数字}
}void dfs2(int u, int fa)
{for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next){int v = edge[i].to;if(v == fa) continue;if(mrk[v] == mrk[u])//同组即同色col[v] = col[u];else col[v] = !col[u];//异组即异色dfs2(v, u);}
}int main()
{int n;cin >> n;memset(head, -1, sizeof(head));for(int i = 1; i < n; i++){int u, v;scanf("%d%d",&u,&v);add(u, v);add(v, u);}flag = true;dfs1(1, 0);if(flag == false || mrk[0] != 0)//后者是填色溢出{printf("-1");return 0;}dfs2(1, 0);for(int i = 1; i <= n; i++){printf("%c",(col[i] == 0)?'R':'B');}return 0;
}

D 点一成零

bfs，并查集

思路

假设图中共有p组连通块，每一块包含 c i c_i ci格，则总方案数即为 p ! ∗ ∏ i = 1 p c i p!*\prod_{i=1}^{p}c_i p!∗∏i=1pci；

那么我们需要做的便是求出p与 c i c_i ci；

我们可以用遍历网格进行bfs创建并查集，并用并查集维护更改；

最开始抱有侥幸心理，我想对于每一次更改，遍历所有连通块以重新计算ans，结果爆了TLE；

对于具体的维护过程：
如果新增了一个面积为c的连通块，则 a n s = a n s ∗ ( p + 1 ) ∗ c ans=ans*(p+1)*c ans=ans∗(p+1)∗c；
进一步地，如果一个面积为b的连通块，由于方块更新，并入了一个面积为a的连通块，则对这两个连通块来说（即不包括点的那个块，不过该块同理，面积为1） a n s = a n s / p / a / b ∗ ( a + b ) ans=ans/p/a/b*(a+b) ans=ans/p/a/b∗(a+b)；逆元处理除法即可；

使并查集的根为连通块中 i ∗ n + j i*n+j i∗n+j最小的点

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M=1e9+7,N=502;pair<int ,int> fa[502][502];//father
map<pair<int,int>,int>cnt;//以[i][j]为根的并查集所代表的连通块的面积
queue<pair<int,int> >que;//bfs队列
int di[]={0,0,1,-1},dj[]={1,-1,0,0};
int mp[502][502],n,m,cou=0;ll qm(ll a,ll b)//快速幂
{ll ans=1;for(;b;b>>=1){if(b&1)ans=ans*a%M;a=a*a%M;}return ans;
}pair<int,int> find(pair<int,int> pi)//并查集find
{if(fa[pi.first][pi.second]!=pi)fa[pi.first][pi.second]=find(fa[pi.first][pi.second]);return fa[pi.first][pi.second];
}void bfs(pair<int,int> fat)
{int k;while(!que.empty()){pair<int,int>now=que.front();que.pop();for(k=0;k<4;k++){int in=now.first+di[k],jn=now.second+dj[k];if(in>=0&&in<n&&jn>=0&&jn<n&&mp[in][jn]&&fa[in][jn]==make_pair(in,jn)&&!(in==fat.first&&jn==fat.second)){cnt[fat]++;fa[in][jn]=fat;que.push({in,jn});//printf("*%d\n",cnt[fat]);}}}
}int main()
{int i,j,k;string g;cin>>n;for(i=0;i<n;i++){cin>>g;for(j=0;j<n;j++)mp[i][j]=g[j]-'0',fa[i][j]={i,j};}//图接收完毕ll ans=1;for(i=0;i<n;i++)for(j=0;j<n;j++)if(mp[i][j]&&fa[i][j]==make_pair(i,j)){cou++;cnt[{i,j}]=1;que.push({i,j});bfs({i,j});ans*=(ll)cou*cnt[{i,j}];//计算初始ansans%=M;}cin>>m;while(m--){int ci,cj;scanf("%d%d",&ci,&cj);if(mp[ci][cj])printf("%lld\n",ans);//如果本来就是1，则图无任何变化else{mp[ci][cj]=1;//假定其为单独块cnt[{ci,cj}]=1;cou++;ans*=cou;ans%=M;//其作为单独块，更新ans，后面再修正pair<int,int> to={ci,cj};for(k=0;k<4;k++)//判断该及块四周的连通块形成的新连通块的根{int in=ci+di[k],jn=cj+dj[k];if(in>=0&&in<n&&jn>=0&&jn<n&&mp[in][jn]){pair<int,int>fan=find({in,jn});if(fan.first*n+fan.second<to.first*n+to.second)to=fan;}}if(make_pair(ci,cj)!=to)//如果新块的根不是自身，将自身并入新块根所在旧块{pair<int,int>fan=find({ci,cj});fa[fan.first][fan.second]=to;ans*=qm((ll)cou*(cnt[to]*cnt[fan])%M,M-2);cou--;ans%=M;cnt[to]+=cnt[fan];ans*=cnt[to];ans%=M;}for(k=0;k<4;k++){int in=ci+di[k],jn=cj+dj[k];if(in>=0&&in<n&&jn>=0&&jn<n&&mp[in][jn]){pair<int,int>fan=find({in,jn});if(fan!=to)//把除新块根所在旧块以外的旧块并入新块根{fa[fan.first][fan.second]=to;ans*=qm((ll)cou*(cnt[to]*cnt[fan])%M,M-2);cou--;ans%=M;cnt[to]+=cnt[fan];ans*=cnt[to];ans%=M;}}}printf("%lld\n",ans);}}return 0;
}

E 三棱锥之刻

立体几何

思路

设中心点距面距离 ds ，距棱距离 da ，距顶点距离 dp ，喷漆半径 r
分为四种情况：

① r < ds
此种情况即无法喷到漆，面积为 0 ；

② ds <= r <= da
此种情况即每面被喷漆形状均为完整的圆，通过勾股定理求漆面半径，求圆面积即可；

③ da < r < dp
此种情况即为每面被喷漆形状为（三）弦切圆，如下图：

我将其分为三个三角形和一个扇形求面积，因为图中 k l 的长度均可求，便可使用 arccos 求出角度，进而得知扇形所占圆心角，进而求出扇形面积；

④ r >= dp
此时正四面体的四个面均被涂满，求三角形面积即可。

以下数据可参考，图源百度词条正四面体

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define PI acos(-1)int main()
{double r,a,d;cin>>a>>d;if(d*d-a*a/24<0) {printf("0");return 0;}//1r=sqrt(d*d-a*a/24);if(r<=a/2/sqrt(3))printf("%.5lf",4*PI*r*r);//2else if(r>a/2/sqrt(3)&&r<a/sqrt(3))//3{printf("%.5lf",(3*(sqrt(r*r-a*a/12)*a/2/sqrt(3))+PI*r*r*(2*PI-6*acos(a/2/sqrt(3)/r))/(2*PI))*4);}else printf("%.5lf",a*a*sqrt(3));//4return 0;
}

F 对答案一时爽

贪心

思路

最小值当然是 0 ，最大值即为两人答题总数 - 答案相异数。

假设一人全对，此时即为最大值。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int n,sa=0,i,c=0;char a[202],b[202],g;cin>>n;getchar();c=0;while(c!=n){g=getchar();if(g>='A'&&g<='Z')a[c++]=g;}getchar();c=0;while(c!=n){g=getchar();if(g>='A'&&g<='Z')b[c++]=g;}for(i=0; i<n;i++)if(a[i]==b[i])sa++;printf("%d %d",sa+n,0);return 0;
}

字符串处理一团糟…

H 幂塔个位数的计算

找规律

思路

具体推倒过程过于繁琐，主要是通过 a % 10 a\%10 a%10的结果推倒 a a % 10 a^{a}\%10 aa%10的结果，再进行迭代。
结果会在大概三层之内收束到定值。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
char a[100005],n[100005];
int main()
{scanf("%s%s",a,n);ll la=strlen(a),ln=strlen(n);if(ln==1 && n[0]=='1'){printf("%d\n",a[la-1]-'0');return 0;}else{int a1=a[la-1]-'0';int b=((a[la-2]-'0')*10+a[la-1]-'0')%4;if(a1==0 || a1==1 || a1==5 || a1==6 || a1==9){printf("%d\n",a1);}else if(a1==4){printf("6\n");}else if(a1==2 || a1==8){if(ln==1 && n[0]=='2' && b!=0){printf("4\n");}else{printf("6\n");}}else if(a1==3){if(b==1){printf("3\n");}else{printf("7\n");}}else if(a1==7){if(b==1){printf("7\n");}else if(b==3){printf("3\n");}}return 0;}
}

I 限制不互素对的排列

构造

思路

要用 [ 1 , n ] 的 n 个数构造出含 k ( k <= n / 2 ) 对非互质数对的数列，首先我们想到的就是用偶数构造所求部分，然后顺序排列其他数。

接下来除法默认向下取整

具体来说，对于某偶数 2 * i ，一定与 2 * ( i + 1 ) 不互质；对于某奇数 2 * i + 1 ，一定与 2 * ( i + 1 ) + 1 互质；对于 >= 2 的正整数 i ，一定与 i + 1 互质。

依照以上三条性质，如果输入值为 8 3 我们便可以构造出 [ 2 , 4 , 6 , 8 , 1 , 3 , 5 , 7 ] 与此同时，便发现了一个问题：对于前 n 个数，含有 ⌊ n / 2 ⌋ 个偶数，最多构成 ⌊ n / 2 ⌋ - 1 个偶数对，但是 k <= n / 2 。

解决此种问题，我们可以进一步处理，选择满足以下性质的某偶数：可以表示为 2 * ( 2 * i + 1 ) ，即可以拆成 2 和某奇数的积。将此偶数放在偶数部分末尾，后再接该奇数，则可保证有 k 对非互质数对。

对于该偶数，10,14,18,…,34,…,122,… 均满足条件，但是满足条件的最小数是 6 。取最小数除了方便处理之外，同时也方便可行判定。

此时，本题的输入便有三种情况：

① n < 6 && k = n / 2
此时无可行解，输出 -1；

② n > 6 && k < n / 2
此时输出前 k + 1 个偶数后，其余数依次输出即可；

③ n > 6 && k = n / 2
此时输出除 6 外的前 k - 1 个偶数后，输出 6 3 ，再依次输出其余数。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{int n,k,i;cin>>n>>k;if(n<6&&k==n/2)printf("-1");//1else if(k==n/2)//3{for(i=1;i<=n/2;i++)if(i!=3)printf("%d ",2*i);printf("6 3 1 ");for(i=5;i<=n;i+=2)printf("%d ",i);}else//2{for(i=1;i<=k+1;i++)printf("%d ",2*i);for(i=1;i<=n;i++){if(i%2==0&&i/2<=k+1)continue;printf("%d ",i);}}return 0;
}

J 一群小青蛙呱蹦呱蹦呱

思路

我们手动模拟可知，剩下的数是质因子个数大于等于二的数，也就是说，剩下的数均可表示为 p₁^m₁ * p₂^m₂ * … * p_n^m_n ( n >= 2 )。如下图

对于范围内的所有质数 p[ i ] ，第 j 个剩下的数可以表示为 p₁^m_1j * p₂^m_2j * … * p_n^m_nj 则所有剩下的数的最小公倍数则为 p₁^max( m₁₁ , m₁₂ , m₁₃, … , m_1j ) * p₂^max( m₂₁ , m₂₂ , m₂₃, … , m_2j ) * … * p_n^max( m_n1 , m_n2 , m_n3, … , m_nj) 。
接下来我们的任务就是求出 max() 。

对于 >= 2 的任意 p[ i ] ，小于 N （范围）且含有 p[ i ] 幂次最大的剩余数显然是 2 * p[ i ]^m ，则可以求出 m = log_p[i]n/2；

对于质数 2 ，最大数则是 3 * 2^m ,此时 m = log₂n/3 。

之后累乘 p[ i ]^m 即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long MOD = 1e9 + 7;
const long long N=80000007;
long long qs(long long a,long long t)//快速幂取模
{long long ans=1;while(t){if(t&1)ans=ans*a%MOD;a=a*a%MOD;t>>=1;}return ans%MOD;
}
static int p[N];
static bool n[N];int main()
{n[0]=1,n[1]=1;int i,j,c=0;for(i=2;i<=N;i++)//线性筛{if(!n[i])p[c++]=i;for(j=0;j<c&&i*p[j]<=N;j++){n[i*p[j]]=1;if(i%p[j]==0)break;}}int n;//与前面的数组名重复了，但是编译运行没有问题，可能不太好理解cin>>n;if(n<6){printf("empty");return 0;}long long ans=qs(2,(long long)log2(n/3.0));//对2for(i=1;p[i]<=n/2&&i<c;i++)//对其他{ans%=MOD;ans*=qs(p[i],(long long)(log2(n/2.0)/log2(p[i]*1.0)));//浮点除法&换底公式}printf("%lld",ans%MOD);return 0;
}

附：关于线性筛的优化，可以参照这里，（代码未体现）

ED

《基础选手》