【ACM夏训】综合训练赛
文章目录
- 综合训练赛一
- 1. 捣蛋的ly（字符串+贪心）
- 2. 圣诞节（动态规划+树形dp）
- 3. 种田（动态规划）
- 4. 解密童话2
- 5. 落魄的wyh比赛版
- 6. 落魄的wyh数据增强版
- 7. 魔法少女（异或和）
- 8. bbh surprises wyh
- 9. 地下通道（Kruskal)
- 10. 还有少女们
- 11. 生蚝算账
- 12. 好学的xym
- 13. 伊雷娜与《妮可的冒险谭》
综合训练赛一
1. 捣蛋的ly（字符串+贪心）
原题链接
Solution：
采用贪心策略来做题，找到峰值，即递减序列的第一个：
- 输入字符串与要删的数
- 处理前，特判特殊情况
- 找递减序列的第一个，如果找到了，则将这个位置标记，并且将位置www赋值为jjj，退出内层循环
- 将位置w以后的数组元素全部向前移动一位
- 输出，并且特判前导0
完整程序：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long ll;
string st;
ll s,p,w,len;
int main()
{cin>>st>>s;len=st.size();/* 特判特殊情况 */if(st[0]=='1'&&st[1]=='0'&&s==1){cout<<'0';return 0;}for(int i=1;i<=s;i++){for(int j=0;j<=len-i+1;j++){if(st[j]>st[j+1]||j==len-i+1){ /* 记录下递减序列的第一个的位置，并打上标记 */w=j;st[j]='*';break;}}/* 将标记元素之后的元素向前移动 */for(int j=w+1;j<len;j++) st[j-1]=st[j],st[j]='*';}for(int i=0;i<len-s;i++){if(st[i]!='0') p=1,cout<<st[i];/* 如果是前导0，则不输出 */if(st[i]=='0'&&p==1) cout<<st[i];}return 0;
}
2. 圣诞节（动态规划+树形dp）
原题链接
Solution：
经典的树形DP，进入正题：
fa[i][j]fa[i][j]fa[i][j]表示iii这个点上色为jjj是方案数（从下往上/从子节点向父节点更新）
即对于所有初始节点，fa[i][1],fa[i][2],fa[i][3]fa[i][1],fa[i][2],fa[i][3]fa[i][1],fa[i][2],fa[i][3]都为1
当某个节点被指定上色后，那么该节点另外两种颜色的方案数为0.
例如：当点xxx被指定上色2时，f[x][0]=0,f[x][3]=0f[x][0]=0,f[x][3]=0f[x][0]=0,f[x][3]=0（因为无法上色1和3）
对于每个节点，因为不能于子节点上色相同，即：
fa[son][i]=fa[son][i]∗((fa[e[i].v][j]+fa[e[i].v][k])%mod)%mod(i=0,j=1,k=2;i=1,j=0,k=2;i=2,j=0,k=1)fa[son][i]=fa[son][i]*((fa[e[i].v][j]+fa[e[i].v][k])\%mod)\%mod(i=0,j=1,k=2;i=1,j=0,k=2;i=2,j=0,k=1) fa[son][i]=fa[son][i]∗((fa[e[i].v][j]+fa[e[i].v][k])%mod)%mod(i=0,j=1,k=2;i=1,j=0,k=2;i=2,j=0,k=1)数据范围方面：取模和开long long
完整程序：
#include <iostream>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod = 1e9 + 7;
const int MAX_N = 2e5 + 100;
int n,k,x,y,head[MAX_N],tot;
ll fa[MAX_N][3];
struct node{int v,next;
}e[MAX_N<<1];
/* 速读 */
inline int read(){int ret=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-f;ch=getchar();}while(ch<='9'&&ch>='0') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();return ret*f;
}
/* 建边 */
inline void add_edge(int u,int v){e[++tot].next=head[u];head[u]=tot;e[tot].v=v;
}
inline void dfs(int son,int father){/* 当某个节点被指定上色后，那么该节点另外两种颜色的方案数为0 */for(int i=0;i<3;i++){if(fa[son][i]){for(int j=0;j<i;j++)fa[son][j]=0;break;}fa[son][i]=1;}/* 链式前向星遍历 */for(int i=head[son];i;i=e[i].next){if(e[i].v!=father){dfs(e[i].v,son);fa[son][0]=fa[son][0]*((fa[e[i].v][1]+fa[e[i].v][2])%mod)%mod;fa[son][1]=fa[son][1]*((fa[e[i].v][0]+fa[e[i].v][2])%mod)%mod;fa[son][2]=fa[son][2]*((fa[e[i].v][0]+fa[e[i].v][1])%mod)%mod;}}
}
int main(){n=read();k=read();for(int i=1;i<n;i++) x=read(),y=read(),add_edge(x,y),add_edge(y,x);for(int i=1;i<=k;i++) x=read(),y=read()-1,fa[x][y]=1;dfs(1,0);printf("%lld",(fa[1][0]+fa[1][1]+fa[1][2])%mod);return 0;
}
3. 种田（动态规划）
原题链接
Solution：
以(i,j)(i,j)(i,j)为右下角结点，当a[i][j]==1a[i][j]==1a[i][j]==1时，检查左、上、左上角的结点是否为0，以f[i][j]f[i][j]f[i][j]来表示以(i,j)(i,j)(i,j)为结点的最大正方形的边长。
先对数据进行预处理，将数组元素手动赋值为1
标记不能通过的点的坐标对应的元素为0
完整程序：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1005;
int a[N][N];
int dp[N][N];
int n,m,p,q;
int ans=0;
int main(){scanf("%d %d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){a[i][j]=1;}}for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d %d",&p,&q);a[p][q]=0;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(a[i][j]==1){dp[i][j]=min(min(dp[i][j-1],dp[i-1][j]),dp[i-1][j-1])+1;}ans=max(ans,dp[i][j]);}}printf("%d",ans);return 0;
}
4. 解密童话2
原题链接
Solution：
- 定义一个sum数组来表示该节点有多少个字符串经过
完整程序：
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,m,k,ch[500001][3],tot=1,bo[500001],sum[500001],x;
bool p[500001];
inline int read(){int data=0,w=1; char ch=0;while(ch!='-' && (ch<'0' || ch>'9')) ch=getchar();if(ch=='-') w=-1,ch=getchar();while(ch>='0' && ch<='9') data=data*10+ch-'0',ch=getchar();return data*w;
}
void add(bool p[]) {int u=1;for(int i=1; i<=k; i++) {int c=p[i];if(ch[u][c]==-1) ch[u][c]=++tot;u=ch[u][c];sum[u]++;}bo[u]++;
}
int find(bool p[]) {int u=1;int res=0;for(int i=1; i<=k; i++) {int c=p[i];if(ch[u][c]==-1) return res;u=ch[u][c];res+=bo[u];}return res-bo[u]+sum[u];
}
int main() {int x;m=read();n=read();memset(ch,-1,sizeof ch);for(int i=1; i<=m; i++) {k=read();for(int j=1; j<=k; j++) {p[j]=read();}add(p);}for(int i=1; i<=n; i++) {k=read();for(int j=1; j<=k; j++) {p[j]=read();}printf("%d\n",find(p));}
}
5. 落魄的wyh比赛版
原题链接
Solution：
- 考虑到a[i]a[i]a[i]的取值范围，数组空间应该申请为1e6
- 离线算法之莫队算法普通模板，对if-else中的判断稍作改进
完整程序：
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1000100;
int n,q;
int a[N],vis[N],s[N],now,ans[N];
int l,r;
struct node{int l,r,id;bool operator <(const node b) const{return s[l]==s[b.l]?r<b.r:s[l]<s[b.l];}
}Q[N];
/* 速读 */
inline int read(){int ret=0,f=1;char ch=getchar();while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-f;ch=getchar();}while (ch<='9'&&ch>='0') ret=ret*10+ch-'0',ch=getchar();return ret*f;
}
inline void del(int x){vis[a[x]]--;if (!vis[a[x]]) now--;}
inline void add(int x){vis[a[x]]++;if (vis[a[x]]==1) now++;}
int main(){n=read();for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=read();}q=read();for(int i=1;i<=q;i++){Q[i].l=read();Q[i].r=read();Q[i].id=i;}int si=sqrt(n);int num=ceil((double)n/si);for(int i=1;i<=num;i++)for(int j=(i-1)*si+1;j<=i*si;j++)s[j]=i;sort(Q+1,Q+q+1);for(int i=1;i<=q;i++){while(l<Q[i].l) del(l++);while(l>Q[i].l) add(--l);while(r<Q[i].r) add(++r);while(r>Q[i].r) del(r--);if(now==Q[i].r-Q[i].l+1) ans[Q[i].id]=1;else ans[Q[i].id]=now;}for(int i=1;i<=q;i++){if(ans[i]==1) printf("%d\n",Q[i].r-Q[i].l+1);else printf("%d\n",ans[i]);}return 0;
}
6. 落魄的wyh数据增强版
原题链接
Solution：
- 按r排序一下
- 树状数组tree[j]维护从1到j不同数字的个数有多少个
- 然后用前缀和的思想（tree[r]-tree[l-1]）
完整程序：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define MAX_N 1000100
int ans[MAX_N],sta[MAX_N],tree[MAX_N],n,q,B[MAX_N];
struct node{int l,r;int pos;bool operator <(const node &b)const{return r<b.r;}
}query[MAX_N];
int lowbit(int i){return i&(-i);
}
void add(int i,int now){while(i<=n){tree[i]+=now;i+=lowbit(i);}
}
int sum(int i){int ans=0;while(i!=0){ans+=tree[i];i-=lowbit(i);}return ans;
}
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&sta[i]);scanf("%d",&q);for(int i=1;i<=q;i++){scanf("%d %d",&query[i].l,&query[i].r);query[i].pos=i;}sort(query+1,query+1+q);int nex=1;for(int i=1;i<=q;i++){for(int j=nex;j<=query[i].r;j++){if(B[sta[j]]) add(B[sta[j]],-1);add(j,1);B[sta[j]]=j;}nex=query[i].r+1;ans[query[i].pos]=sum(query[i].r)-sum(query[i].l-1);}for(int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}
7. 魔法少女（异或和）
原题链接
Solution：
- axorb<=a+ba\ xor \ b <=a+ba xor b<=a+b，即分组越少，值越小
完整程序：
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){int n,a,ans;scanf("%d",&n);scanf("%d",&ans);for(int i=2;i<=n;i++){scanf("%d",&a);ans^=a;}cout<<ans;return 0;
}
8. bbh surprises wyh
原题链接
Solution：
可以操作的基元只有(a,b),(a,−b),(b,a),(b,−a)(a,b),(a,-b),(b,a),(b,-a)(a,b),(a,−b),(b,a),(b,−a)，因为加上(−a,−b)(-a,-b)(−a,−b)相当于减去(a,b)(a,b)(a,b)，其他的同理。
那么问题转化为了找到整数c,d,e,fc,d,e,fc,d,e,f，使得：
c(a,b)+d(a,−b)+e(b,a)+f(b,−a)=(x,y)c(a,b)+d(a,-b)+e(b,a)+f(b,-a)=(x,y) c(a,b)+d(a,−b)+e(b,a)+f(b,−a)=(x,y)
化简上式有：
(c+d)a+(e+f)b=x(c+d)a+(e+f)b=x (c+d)a+(e+f)b=x
(e−f)a+(c−d)b=y(e-f)a+(c-d)b=y (e−f)a+(c−d)b=y
根据裴蜀定理，方程ax+by=cax+by=cax+by=c有整数解(a,b)(a,b)(a,b)，当且仅当gcd(x,y)∣cgcd(x,y)|cgcd(x,y)∣c成立
记P(x,y,c)P(x,y,c)P(x,y,c)为真表示上式成立，那么问题进一步转化为P(a,b,x)&&P(a,b,y)P(a,b,x)\&\&P(a,b,y)P(a,b,x)&&P(a,b,y)为真，且保证c,d,e,fc,d,e,fc,d,e,f为整数。
要讨论c,d,e,fc,d,e,fc,d,e,f的奇偶性，先讨论c+dc+dc+d,c−dc-dc−d,e+fe+fe+f,e−fe-fe−f的奇偶性。
当(c+d)=(e+f)=(e−f)=(c−d)=0(mod2)(c+d)=(e+f)=(e-f)=(c-d)=0(mod\ 2)(c+d)=(e+f)=(e−f)=(c−d)=0(mod 2)时，我们发现c+d2,e+f2,e−f2,c−d2\frac{c+d}{2},\frac{e+f}{2},\frac{e-f}{2},\frac{c-d}{2}2c+d,2e+f,2e−f,2c−d的取值范围为整数。
即有：
c+d2a+e+f2b=x2,e−f2a+c−d2b=y2\frac{c+d}{2}a+\frac{e+f}{2}b=\frac{x}{2},\frac{e-f}{2}a+\frac{c-d}{2}b=\frac{y}{2} 2c+da+2e+fb=2x,2e−fa+2c−db=2y
根据裴蜀定理有，P(a,b,x2)&&P(a,b,y2)P(a,b,\frac{x}{2})\&\&P(a,b,\frac{y}{2})P(a,b,2x)&&P(a,b,2y)，即P(2a,2b,x)&&P(2a,2b,y)P(2a,2b,x)\&\&P(2a,2b,y)P(2a,2b,x)&&P(2a,2b,y)为真。当c+dc+dc+d,e+fe+fe+f,e−fe-fe−f,c−dc-dc−d中有某一组或者两组都是奇数，以c+dc+dc+d,c−dc-dc−d为例：
由
(c+d)a+(e+f)b=x,(e−f)a+(c−d)b=y(c+d)a+(e+f)b=x,(e-f)a+(c-d)b=y (c+d)a+(e+f)b=x,(e−f)a+(c−d)b=y
得：
(c+d+1)a+(e+f)b=x+a,(e−f)a+(c−d+1)b=y+b(c+d+1)a+(e+f)b=x+a,(e-f)a+(c-d+1)b=y+b (c+d+1)a+(e+f)b=x+a,(e−f)a+(c−d+1)b=y+b
回到偶数的情况P(2a,2b,x+a)&&P(2a,2b,y+b)P(2a,2b,x+a)\&\&P(2a,2b,y+b)P(2a,2b,x+a)&&P(2a,2b,y+b)为真。综上所述，当：
P(2a,2b,x)&&P(2a,2b,y)P(2a,2b,x)\&\&P(2a,2b,y)P(2a,2b,x)&&P(2a,2b,y)为真。
P(2a,2b,x+a)&&P(2a,2b,y+b)P(2a,2b,x+a)\&\&P(2a,2b,y+b)P(2a,2b,x+a)&&P(2a,2b,y+b)为真。
P(2a,2b,x+b)&&P(2a,2b,y+a)P(2a,2b,x+b)\&\&P(2a,2b,y+a)P(2a,2b,x+b)&&P(2a,2b,y+a)为真。
P(2a,2b,x+a+b)&&P(2a,2b,y+a+b)P(2a,2b,x+a+b)\&\&P(2a,2b,y+a+b)P(2a,2b,x+a+b)&&P(2a,2b,y+a+b)为真。
即方程h(a,b,x,y)h(a,b,x,y)h(a,b,x,y)为真。
完整程序：
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll x,ll y){return y ? gcd(y,x%y) : x;
}
bool check(ll x,ll y,ll z){return !(z%gcd(x,y));
}
int t;
ll a,b,x,y;
int main(){scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%lld %lld %lld %lld",&a,&b,&x,&y);int flag=(check(2*a,2*b,x)&&check(2*a,2*b,y))||(check(2*a,2*b,x+a)&&check(2*a,2*b,y+b))||(check(2*a,2*b,x+b)&&check(2*a,2*b,y+a))||(check(2*a,2*b,x+a+b)&&check(2*a,2*b,y+a+b));if(flag)printf("Y\n");else printf("N\n");}return 0;
}
9. 地下通道（Kruskal)
原题链接
Solution：
基于并查集的卡鲁斯卡尔算法
完整程序：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2005;
struct node{int u,v,dis;bool operator <(const node&b)const{return dis<b.dis;}
}e[N*1000];
/* 数组要开大点 */
int n,c,tot;
int px[N],py[N];
int fa[N];
inline void add_edge(int u,int v,int w){e[++tot].u=u;e[tot].v=v;e[tot].dis=w;
}
inline int add(int x){if(fa[x]!=x) fa[x]=add(fa[x]);return fa[x];
}
inline void kruskal(){int u,v,dis;int cnt=0,ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){fa[i]=i;}for(int i=1;i<=tot;i++){u=e[i].u,v=e[i].v;u=add(u),v=add(v);if(u!=v){fa[u]=v;ans+=e[i].dis;cnt++;}if(cnt==n-1) break;}if(cnt==n-1) printf("%d",ans);else puts("-1");
}
inline int cal(int i,int j){return (px[i]-px[j])*(px[i]-px[j])+(py[i]-py[j])*(py[i]-py[j]);
}
int main(){scanf("%d %d",&n,&c);/* 预处理 */for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d %d",&px[i],&py[i]);for(int j=1;j<i;j++){int w=cal(i,j);if(w>=c){add_edge(i,j,w);}}}sort(e+1,e+1+tot);kruskal();return 0;
}
10. 还有少女们
原题链接
Solution：
直接使用邻接矩阵存储。并且记录每个点入度。
然后依次删掉入度为0的点，每删一个更新与这个点相邻的点的入度。然后再删掉入度为0的点，一直重复，直到没有入度为0的点或删完为止。
完整程序：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 505;
int n,m,x,k,graph[N][N],in[N],q[10*N],l=1,r,maxx;
bool vis[N]; /* 记录有无这个点 */
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d %d",&x,&m);vis[x]=true;for(int j=1;j<=m;j++){scanf("%d",&k);graph[x][k]=1;in[k]++;}maxx=max(maxx,x); /* 最大点的编号 */}/* 拓扑排序 */for(int i=0;i<=maxx;i++)if(in[i]==0&&vis[i]) q[++r]=i; /* 将入度为0的点放入队列 */int ans=0;while(ans<n){if(l>r){ /* 不可再删 */printf("%d",n-ans);return 0;}int cmd=q[l++]; /* 删点 */for(int i=0;i<=maxx;i++){if(graph[cmd][i]&&vis[i]){in[i]--;if(in[i]==0&&vis[i]) q[++r]=i;}}ans++; /* 更新已删点的个数 */}if(ans==n) printf("YES");return 0;
}
11. 生蚝算账
原题链接
参考题解：
线段树解法
12. 好学的xym
原题链接
参考题解：
数论 构造
13. 伊雷娜与《妮可的冒险谭》
原题链接
Solution：
- 读入数据先按照花色、数字进行排序和去重。
- 枚举每一个点作为同花顺的右端点。
- 找到左侧可以连成同花顺的第一张牌，计算同花顺长度，更新最长的长度。
- 计算剩余的牌的数量，输出即可。
先排序，使相同花色的在一起，并且满足相同花色的数字从小到大排列，然后可以用queue维护,遇到新的不同的花色就清空队列，否则就删除队首不满足的，然后将当前这个枚举到的结尾插入队列，然后每次取个最大的size，最后求得最大的不用更换的牌数（然后用总排数减去就是最终答案了）
完整程序：
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n,ans,cnt;
struct node{int l,r;bool operator<(const node&b)const{return l==b.l? r<b.r : l<b.l;}
}a[N],b[N];
queue<int> q;
void clear(){while(!q.empty()) q.pop();
}
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&a[i].l,&a[i].r);sort(a+1,a+n+1);/* 离散化 */for(int i=1;i<=n;i++){if(a[i].l==a[i-1].l&&a[i].r==a[i-1].r) continue;b[++cnt]=a[i];}for(int i=1;i<=cnt;i++){if(b[i].l!=b[i-1].l) clear();while(q.size()&&b[i].r-q.front()>=n) q.pop();q.push(b[i].r);ans=max(ans,(int)q.size());}ans=(n-ans);printf("%d\n",ans);return 0;
}
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