Codeforces Round 1467 题目大意 & 解题报告

Codeforces Round #695 (Div. 2)

许久不打变得更菜了…

A. Wizard of Orz

0 大意

给定 $n$ 个板子,每个板子上有一个相同的数字 $x ( 0 \leq x \leq 9 )$

随机选择一个数字 $y(1 \leq y \leq n)$,令板子 $i$ 上的数字变成 $ x + |y – i| \pmod 10$

1 Code

显然,输出 $98\{987654321\}$ 的前 $n$ 位即可

#include <cstdio>

int main() {
	int T;
	scanf( "%d", &T );
	while( T -- ) {
		int n;
		scanf( "%d", &n );
		if( n == 1 ) 
			printf( "9" );
		else {
			printf( "98" );
			int cur = 9;
			for( int i = 3; i <= n; i ++ ) {
				printf( "%d", cur );
				cur ++;
				if( cur >= 10 ) 
					cur = 0;
			}
		}
		printf( "\n" );
	}
}
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Codeforces Contest #1312 解题报告 & 部分翻译

比赛链接:Educational Codeforces Round 83 (Rated for Div. 2)

A Two Regular Polygons

1 题目大意

给你两个正多边形,一个 $n$ 条边 $A$ ,一个 $m$ 条边 $B$

问 $B$ 有没有可能被 $A$ 包含且所有顶点都与 $A$ 的某一个节点重合

有输出 YES ,否则输出 NO

2 Code

判 $n \bmod m = 0$ 就可以了

#include <cstdio>

int T;
int n, m;

int main() {
    scanf( "%d", &T );
    while( T -- ) {
        scanf( "%d%d", &n, &m );
        printf( "%s\n", ( n % m == 0 )? "YES": "NO" );
    }
}

B Bogosort

1 题目大意

给你一个长度为 $n$ 的序列 $a$, 你可以将 $a$ 重新排序,使其满足 $j – a_j \neq i – a_i$

输出任何一个即可

保证有解

$n \leq 100$

2 思路

$$
\begin{aligned}
j – a_j & \neq i – a_i \\
j – i & \neq a_j – a_i
\end{aligned}
$$

直接从大到小输出

3 Code

// Woshiluo Luo<woshiluo@woshiluo.site>  
// 2020/03/09 22:40:32 
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

const int N = 110;

int T;
int n;
int a[N];

int main() {
    scanf( "%d", &T );
    while( T -- ) {
        scanf( "%d", &n );
        for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            scanf( "%d", &a[i] );
        }
        std::sort( a + 1, a + n + 1 );
        for( int i = n; i >= 1; i -- ) {
            printf( "%d ", a[i] );
        }
        printf( "\n" );
    }
}

C Adding Powers

1 题目大意

给你两个长度为 $n$ 的数列 $a,v$

其中 $a$ 通过输入提供,$v$ 初始所有值为 $0$

接下来,对于第 $i$ 次操作(从 $0$ 计数),你可以

  • 选择任意一个 $v_i$ 增加 $k^i$
  • 什么都不做

问你是否通过多次操作后,使 $v$ 变成 $a$

能输出 YES ,否则输出 NO

2 思路

首先对于每个数字 $a$, 考虑其是否可以变成多个 $k^i$ 的和(不能有重复的 $i$)

能的话算出来,看看有没有和之前重复的,有就不可能

不能的话直接没有可能

3 Code

// Woshiluo Luo<woshiluo@woshiluo.site>
// 2020/03/09 22:58:45
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

const int N = 110;

int T;
int n;
long long k;
bool vis[N];
long long a[N];

inline void wrong() {
    printf( "NO\n" );
}

inline void right() {
    printf( "YES\n" );
}

void calc() {
    for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        if( a[i] == 0 ) {
            continue;
        }
        long long cur = a[i];
        int cnt = 1;
        while( cur ) {
            int tmp = cur % k;
            if( tmp > 1 ) {
                wrong();
                return ;
            }
            if( tmp == 1 ) {
                if( vis[cnt] == false )
                    vis[cnt] = true;
                else {
                    wrong();
                    return ;
                }
            }
            cur /= k;
            cnt ++;
        }
    }
    right();
}

int main() {
    scanf( "%d", &T );
    while( T -- ) {
        memset( vis, 0, sizeof(vis) );

        scanf( "%d%lld", &n, &k );
        for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
            scanf( "%lld", &a[i] );
        }

        calc();
    }
}

D Count the Arrays

1 题目大意

你需要寻找这样的数列个数

  • 有 $n$ 个元素
  • 每个数字都是 $1$ 到 $m$ 之间的整数
  • 只有恰好一对数字相等
  • 数列先严格递增,再严格递减

个数对 $998244353$ 取模后输出

$2 \leq n \leq m \leq 2 \times 10^5$

2 思路

式子题,看 Code 去

3 Code

// Woshiluo Luo<woshiluo@woshiluo.site>
// 2020/03/09 23:21:18
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

const int N = 2e5 + 1e4;
const int mod = 998244353;

inline int add( int a, int b ) { return ( a + b ) % mod; }
inline int mul( int a, int b ) { return ( 1LL * a * b ) % mod; }
inline void add_eq( int &a, int b ) { a = ( a + b ) % mod; }
inline void mul_eq( int &a, int b ) { a = ( 1LL * a * b ) % mod; }

int ksm( int a, int p ) {
    int res = 1;
    while(p) {
        if( p & 1 )
            res = mul( res, a );
        a = mul( a, a );
        p >>= 1;
    }
    return res;
}

inline int get_inv( int a ) { return ksm( a, mod - 2 ); }

int n, m, sum, ans;
int fact[N], inv[N];

void init() {
    fact[1] = 1;
    for( int i = 2; i <= m; i ++ ) {
        fact[i] = mul( fact[ i - 1 ], i );
    }
    inv[m] = get_inv( fact[m] );
    for( int i = m - 1; i >= 1; i -- ) {
        inv[i] = mul( inv[ i + 1 ], i + 1 );
    }
    inv[0] = 1;
    fact[0] = 1;
}

// Get C^a_b
inline int C( int a, int b ) {
    if( a <= 0 )
        return 1;
    if( b <= 0 )
        return 1;
    return mul( mul( fact[b], inv[ b - a ] ), inv[a] );
}

int main() {
#ifdef woshiluo
    freopen( "d.in", "r", stdin );
    freopen( "d.out", "w", stdout );
#endif
    scanf( "%d%d", &n, &m );
    init();

    for( int i = n - 1; i <= m; i ++ ) {
        add_eq( sum, mul( C( n - 3, i - 2 ), mul( m - i + 1, n - 2 ) ) );
    }

    for( int i = 2; i < n; i ++ ) {
        add_eq( ans, mul( sum, C( i - 2, n - 3 ) ) );
    }

    printf( "%d\n", ans );
}

E Array Shrinking

1 题目大意

这好像是个原题

给你一个长度为 $n$ 的数列 $a$

如果 $a_i = a_{i + 1}$, 那么这两个数可以合并成 $a_i + 1$

问最小数列长度

$1 \leq a_i \leq 1000, 1 \leq n \leq 500$

2 思路

区间 dp

设 $f_{i,j}$ 为 $i$ 到 $j$ 最小长度

$merged_{i,j}$ 为 $i$ 到 $j$ 合并出来的数字

然后就是标准板子了

3 Code

// Woshiluo Luo<woshiluo@woshiluo.site>
// 2020/03/10 15:50:48
#include <cstdio>
#include <cstring>

#include <algorithm>

const int N = 510;

template<class T>
T Min( T _a, T _b ) { return _a < _b? _a: _b; }
template<class T>
T Max( T _a, T _b ) { return _a > _b? _a: _b; }
template<class T>
T chk_Min( T &_a, T _b ) { return _a = (_a < _b? _a: _b); }
template<class T>
T chk_Max( T &_a, T _b ) { return _a = (_a > _b? _a: _b); }

int n;
int a[N];
int f[N][N], merged[N][N];

int main() {
#ifdef woshiluo
    freopen( "e.in", "r", stdin );
    freopen( "e.out", "w", stdout );
#endif
    scanf( "%d", &n );
    for( int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        scanf( "%d", &a[i] );
        f[i][i] = 1;
        merged[i][i] = a[i];
    }
    for( int len = 2; len <= n; len ++ ) {
        for( int left = 1, rig = len; rig <= n; left ++, rig ++ ) {
            f[left][rig] = rig - left + 1;
            for( int mid = left; mid < rig; mid ++ ) {
                int &f_left = f[left][mid], &f_rig = f[ mid + 1 ][rig],
                &merge_left = merged[left][mid], &merge_rig = merged[ mid + 1 ][rig];
                chk_Min( f[left][rig], f_left + f_rig );
                if( f_left == 1 && f_rig == 1 && merge_left == merge_rig ) {
                    f[left][rig] = 1;
                    merged[left][rig] = merge_left + 1;
                }
            }
        }
    }
    printf( "%d\n", f[1][n] );
}

HDU 4507 恨7不成妻

思路

裸的要死的数位 DP 题目

一眼看过去,平方和,有点懵

但是维护平方和也是老套路了

维护 $sum$, $cnt$, $pow_sum$ 就可以了

代码

代码写的着急,会有一些不太好看

#include <cstdio>

const int mod = 1e9 + 7;

inline int add( int a, int b ) { return ( a + b ) % mod; }
inline int mul( int a, int b ) { return ( 1LL * a * b ) % mod; }
inline int power( int a ) { return mul( a, a ); }

int T, max_len;
long long left, rig;
int _count[110][2][10][10][10], _sum[110][2][10][10][10], _pow[110][2][10][10][10];
int max_count[110][2][10][10][10], max_sum[110][2][10][10][10], max_pow[110][2][10][10][10];
bool _vis[110][2][10][10][10];
int a[110];

inline int length( int cur, int len ) {
	int res = cur;
	while( len > 0 ) {
		res = mul( 10, res );
		len --;
	}
	return res;
}

struct node {
	int len, cur, seven, rem, base_rem;
	bool max;
	int& count() {
		if( max ) 
			return max_count[len][seven][rem][cur][base_rem];
		return _count[len][seven][rem][cur][base_rem];
	}
	int& sum() {
		if( max )
			return max_sum[len][seven][rem][cur][base_rem];
		return _sum[len][seven][rem][cur][base_rem];
	}
	int& pow() {
		if( max ) 
			return max_pow[len][seven][rem][cur][base_rem];
		return _pow[len][seven][rem][cur][base_rem];
	}
	bool& vis() {
		return _vis[len][seven][rem][cur][base_rem];
	}
	void print() {
//		printf( "%d %d %d %d %d %d\n", len, cur, seven, rem, base_rem, max );
//		printf( "%d %d %d\n", count(), sum(), pow() );
	}
};

int dfs( node cur ) {
	if( ( ! cur.max ) && cur.vis() )
		return cur.pow();
	if( cur.len == 0 ) {
		if( cur.seven || cur.rem == 0 || cur.base_rem == 0 ) {
			cur.count() = cur.sum() = cur.pow() = 0;
			return cur.pow();
		}
		cur.count() = 1; cur.sum() = cur.cur; cur.pow() = power( cur.cur );
		return cur.pow();
	}
	int &cur_count = cur.count();
	int &cur_sum = cur.sum();
	int &cur_pow = cur.pow();
	if( cur.max ) 
		cur_count = cur_sum = cur_pow = 0;
	for( int i = 0; i <= ( cur.max? a[cur.len]: 9 ); i ++ ) {
		node nxt = cur;
		nxt.len -= 1; nxt.seven = ( cur.seven || ( i == 7 ) ); nxt.cur = i; nxt.max = ( cur.max && i == a[cur.len] );
		nxt.rem = ( cur.rem * 10 + i ) % 7; nxt.base_rem = ( cur.base_rem + i ) % 7;
		dfs( nxt );
		cur_count = add( cur_count, nxt.count() );
		cur_sum = add( cur_sum, add( mul( length( cur.cur, cur.len ), nxt.count() ), nxt.sum() ) );
		cur_pow = add( cur_pow, add( nxt.pow(), add( mul( nxt.count(), power( length( cur.cur, cur.len ) ) ), 
						mul( mul( 2, length( cur.cur, cur.len ) ), nxt.sum() ) ) ) );
	}
	if( cur.max == false )
		cur.vis() = true;
	cur.print();
	return cur_pow;
}

int sum( long long _a ) {
	if( _a == 0 ) 
		return 0;
	if( _a < 0 )
		return 0;
	max_len = 0;
	while( _a ) { 
		a[ ++ max_len ] = _a % 10;
		_a /= 10;
	}
//	printf( "ans: %d\n", dfs( (node){ max_len, 0, 0, 0, 0, true } ) );
	return dfs( (node){ max_len, 0, 0, 0, 0, true } );
}

int main() {
#ifdef woshiluo
	freopen( "hdu.4507.in", "r", stdin );
	freopen( "hdu.4507.out", "w", stdout );
#endif
	scanf( "%d", &T );
	while( T -- ) {
		scanf( "%lld%lld", &left, &rig );
		if( left == 0 ) 
			printf( "%d\n", ( sum(rig) + mod ) % mod );
		else 
			printf( "%d\n", ( add( sum(rig), - sum( left - 1 ) ) + mod ) % mod );
	}
}

Luogu P3177 [HAOI 2015] 树上染色

题目链接: https://www.luogu.com.cn/problem/P3177

0 说在之前

树形 DP 要么模板题,要么神仙题

这个题就属于不太正常的

1 思路

$f_{i,j}$

其中 $i$ 代表当前节点

$j$ 代表子树中选择 $j$ 个黑点,所能对答案产生的贡献

有了这个思路,后面的东西就是标准的树上背包了

2 Code

#include <cstdio>
#include <cstring>

inline int Min(int a, int b) { return a < b? a : b; }
inline long long Max(long long a, long long b) { return a > b? a : b; }

const int N = 2100;

int n, m;
int size[N];

// Edge Start
struct edge {
    int to, val, next;
} e[N << 1];
int ehead[N], ecnt;

inline void add_edge(int now, int to, int val) {
    ecnt ++;
    e[ecnt].to = to;
    e[ecnt].val = val;
    e[ecnt].next = ehead[now];
    ehead[now] = ecnt;
}
// Edge End

// DP Start
long long f[N][N];
void dp(int now, int la) {
    size[now] = 1;
    f[now][0] = f[now][1] = 0;
    for(int i = ehead[now]; i; i = e[i].next) {
        if( e[i].to == la )
            continue;
        dp(e[i].to, now);
        size[now] += size[ e[i].to ];
        for(int j = Min(size[now], m); j >= 0; j--) {
            for(int k = 0; k <= Min(size[ e[i].to ], j); k++) {
                if( f[now][ j - k ] == -1 )
                    continue;
                long long val = 1LL * ( 1LL * k * ( m - k ) + 1LL * ( size[ e[i].to ] - k ) * ( n - m - size[ e[i].to ] + k ) ) * e[i].val;
                f[now][j] = Max( f[now][j], f[now][j - k] + f[ e[i].to ][k] + val);
            }
        }
    }
}
// DP End

int main() {
#ifdef woshiluo
    freopen("luogu.3177.in", "r", stdin);
    freopen("luogu.3177.out", "w", stdout);
#endif
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1, u, v, w; i < n; i++) {
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        add_edge(u, v, w);
        add_edge(v, u, w);
    }

    memset(f, -1, sizeof(f));
    dp(1, 0);

    printf("%lld", f[1][m]);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
}

中山纪念中学 Day 21 2019.08.21 解题报告 & 题解

T1 数字 Number

1 记录

考场上疯狂肝这道题目,结果少个特判

2 Solution

很明显,$n$ 只有三种情况

  1. $n$ 就是结尾
  2. 中间有一段是一个数字,这个情况 $O(\log^3(n))$ 枚举即可
  3. 中间切一刀,左边是一个不完整的数字,右边也是一个不完整的数字,枚举中间即可

所以直接暴力即可

所以这是一道毒瘤模拟题目

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中山纪念中学 Day 10 2019.08.10 解题报告 & 题解

T1 数学题 Math

1 记录

真就数学题目呗

考场企图推正解,结果最后只推出了 60 分的,哭了

正解参见 欧几里得算法的应用.pdf

这是真的类欧几里得算法

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中山纪念中学 Day 4 2019.08.04 解题报告 & 题解

T1 锻造 Forging

1 记录

考场上的时候总觉得题目非常的奇妙

因为一直循环下去不就完了吗?

直到后来我的同桌给我指点,原来把 DP 式子当方程解可以了

还是太菜啊

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