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- 2019中国大学生程序设计竞赛（CCPC） - 网络选拔赛
- 6702 &
- 6703 array
- 6704 K-th occurrence
- 6705 path
- 6706 huntian oy
- 6707 Shuffle Card
- 6708 Windows Of CCPC
- 6709 Fishing Master
@
2019中国大学生程序设计竞赛（CCPC） - 网络选拔赛
CSDN
6702 &
\(1 and 1\)的话,\(c\)就必须为\(1\)。其他的贪心选\(0\).
注意c为正整数，0的话就取最低位1.
#include
#define ll long long
using namespace std;
void solve(ll a,ll b) {
ll c=0;
for(ll i=31;i>=0;--i) {
bool k1=a&(1LL<=0;--i) {
bool k1=a&(1LL<>T;
while(T --> 0) {
ll a,b;
cin>>a>>b;
solve(a,b);
}
return 0;
} 6703 array
修改操作其实是删除操作。
考虑不删除的话，就是把删除的数字放入\(set\)中
最终答案就是不删除的\(ans\)和\(set\)中符合条件的取个最小值。
方法一
建立主席树维护区间和。
二分，主席树\(check\)。
复杂度\(O(nlog^2n)\)，实测\(T\)飞。
方法二
主席树上二分。
主席树不变查询区间和。然后找到第一个包含的满足条件的子区间。
条件就是\(r-l+1 < e[rt].tot\),然后再在这个区间上查一次就行了。
复杂度都是\(O(nlogn)\)
问了个当场切的老哥的代码，直接线段树，也没\(set\)直接改，我这里先\(Orz\)了。
#include
#include
#include
#include
#define ls(x) e[x].l
#define rs(x) e[x].r
#define _ 100007
using namespace std;
inline char nc() {
static char buf[3000000], *p1 = buf, *p2 = buf;
return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread (buf, 1, 1000000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;char s=getchar();
for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;
for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';
return x*f;
}
int n,m,a[_],cnt,rt[_];
set dsr;
struct node{int l,r,siz;}e[_*20];
void insert(int l,int r,int pos,int val,int x,int &y) {
e[y=++cnt]=e[x];
e[y].siz++;
if(l==r) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid) insert(l,mid,pos,val,ls(x),ls(y));
else insert(mid+1,r,pos,val,rs(x),rs(y));
}
int lastans,flag;
int ask(int l,int r,int x) {
if(l==r) return l;
int mid=(l+r)>>1;
if(e[ls(x)].siz>1;
if(L<=mid&&!flag) query(l,mid,L,R,ls(x));
if(R>mid&&!flag) query(mid+1,r,L,R,rs(x));
}
int main() {
int T=read();
while(T --> 0) {
dsr.clear(),dsr.insert(0x3f3f3f3f);
cnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i) rt[i]=0;
for(int i=1;i<=cnt;++i) e[i]={};
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),insert(1,n+1,a[i],a[i],rt[i-1],rt[i]);
rt[n+1]=rt[n];
lastans=0;
for(int i=1;i<=m;++i) {
int opt=read();
if(opt==1) {
int pos=read()^lastans;
if(!dsr.count(a[pos])) dsr.insert(a[pos]);
} else {
int r=read()^lastans,k=read()^lastans;
lastans=*dsr.lower_bound(k),flag=0;
query(1,n+1,k,n+1,rt[r]);
printf("%d\n",lastans);
}
}
}
return 0;
} 6704 K-th occurrence
想了想，只会后缀数组+二分+主席树，感觉有点恐怖就没写,最后还是写了。
然后套了个后缀数组板子就过了,实现还是挺简单的一点也不恐怖。
先对串串进行一遍后缀排序。
显然符合条件的串是一个区间，用Lcp进行二分来找到边界。
边界长度不够k就是-1,否则就查询区间的第k小，用主席树维护即可。
#include
using namespace std;
const int _=2e5+7;
int read() {
int x=0,f=1;char s=getchar();
for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;
for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';
return x*f;
}
int n,Q,rt[_];
char s[_];
namespace SA {
#define FOR(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define ROF(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
int sa[_],rk[_],c[_],x[_],height[_],st[_][21];
void clear() {
memset(sa,0,sizeof(sa));
memset(rk,0,sizeof(rk));
memset(c,0,sizeof(c));
memset(x,0,sizeof(x));
memset(height,0,sizeof(height));
memset(st,0,sizeof(st));
}
void get_sa() {
int m=300;
FOR(i,1,n) ++c[rk[i]=s[i]];
FOR(i,1,m) c[i]+=c[i-1];
ROF(i,n,1) sa[c[rk[i]]--]=i;
for(int k=1;k<=n;k<<=1) {
int p=0;
FOR(i,n-k+1,n) x[++p]=i;
FOR(i,1,n) if(sa[i]>k) x[++p]=sa[i]-k;
FOR(i,1,m) c[i]=0;
FOR(i,1,n) ++c[rk[i]];
FOR(i,1,m) c[i]+=c[i-1];
ROF(i,n,1) sa[c[rk[x[i]]]--]=x[i],x[i]=0;
swap(rk,x);
rk[sa[1]]=1,p=1;
FOR(i,2,n) rk[sa[i]]=(x[sa[i]]==x[sa[i-1]]&&x[sa[i]+k]==x[sa[i-1]+k]) ? p : ++p;
if(p==n) break;
m=p;
}
}
void get_height() {
FOR(i,1,n) rk[sa[i]]=i;
int k=0;
FOR(i,1,n) {
k=k?k-1:0;
int j=sa[rk[i]-1];
while(s[i+k]==s[j+k]&&i+k<=n&&j+k<=n) k++;
height[rk[i]]=k;
}
height[0]=0;
FOR(i,1,n) st[i][0]=height[i];
FOR(j,1,20)
for(int i=1;i+(1<>1;
if(L<=mid) insert(l,mid,L,ls(x),ls(y));
else insert(mid+1,r,L,rs(x),rs(y));
}
int query(int l,int r,int k,int x,int &y) {
if(l==r) return l;
int mid=(l+r)>>1,w=e[ls(y)].siz-e[ls(x)].siz;
if(k<=w) return query(l,mid,k,ls(x),ls(y));
else return query(mid+1,r,k-w,rs(x),rs(y));
}
}
void solve(int S,int T,int k) {
int L,R,l,r;
l=1,r=SA::rk[S];
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(SA::LCP(mid+1,SA::rk[S])>=T-S+1) L=mid,r=mid-1;
else l=mid+1;
}
l=SA::rk[S],r=n;
while(l<=r) {
int mid=(l+r)>>1;
if(SA::LCP(SA::rk[S]+1,mid)>=T-S+1) R=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
// cout< 0) {
//clear
memset(rt,0,sizeof(rt));
memset(TREE::e,0,sizeof(TREE::e));
TREE::cnt=0;
SA::clear();
//init
n=read(),Q=read();
scanf("%s",s+1);
n=strlen(s+1);
SA::get_sa();
SA::get_height();
for(int i=1;i<=n;++i) TREE::insert(1,n,SA::sa[i],rt[i-1],rt[i]);
//debug
// puts("sa : ");
// for(int i=1;i<=n;++i) cout<j) printf("0 ");
// else printf("%d ",SA::LCP(i+1,j));
// }
// printf("\n");
// }
//query
while(Q --> 0) {
int l=read(),r=read(),k=read();
solve(l,r,k);
}
}
return 0;
} 6705 path
类似于NOI2010超级钢琴和十二省联考的异或粽子。
往这里思考过，不知道咋的\(3s\)后就放弃了，也许是当时觉得不对？
现在一看很对啊。
首先我们每个点连出的边按照权值排序。
用一个优先队列维护每个点为起始点的没被选中的最短路径，每次堆上找到最小的，然后删掉。
之后我们要加入两条要成为最短的可能路径。
1.\(t\)之后找一条最小的边接上。
2.若与\(t\)相连的上一个点为\(s，
路径权值\(w\)对应着加加减减。
这里初始点不用记录，只记录\(s,t,k,w\)就行了。
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int _=5e4+7;
int read() {
int x=0,f=1;char s=getchar();
for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;
for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';
return x*f;
}
int ask[_];ll ans[_];
struct node{
int s,t,k;ll w;
node(int a,int b,int c,ll x) {s=a,t=b,k=c,w=x;}
};
bool operator < (node a,node b) {
return a.w>b.w;
}
priority_queue q;
vector< pair > G[_];
int main() {
int T=read();
while(T --> 0) {
int n=read(),m=read(),Q=read(),cnt=0,limit=0;
while(!q.empty()) q.pop();
for(int i=1;i<=n;++i) G[i].clear();
for(int i=1;i<=m;++i) {
int u=read(),v=read(),w=read();
G[u].push_back(make_pair(w,v));
}
for(int i=1;i<=n;++i) {
sort(G[i].begin(),G[i].end());
if(G[i].size()) q.push(node(i,G[i][0].second,0,G[i][0].first));
}
for(int i=1;i<=Q;++i) ask[i]=read(),limit=max(limit,ask[i]);
while(!q.empty()&&cnt0)
q.push(node(u.t,G[u.t][0].second,0,u.w+G[u.t][0].first));
}
for(int i=1;i<=Q;++i) printf("%lld\n",ans[ask[i]]);
}
return 0;
} 6706 huntian oy
\(gcd(i^a-j^a,i^b-j^b)=i-j(a,b互质)\)
求\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}(i-j)[(i,j)=1]\)
\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}i-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}j([(i,j)=1])\)
与他互质的和为\(\frac{n*\phi(n)}{2}，因为i\)对应\(n-i\)
\(\sum\limits_{i=1}^{n}i*\phi(i)-\sum\limits_{i=1}^{n}(\frac{i*\phi(i)}{2}+[i==1])\)
\(\frac{(\sum\limits_{i=1}^{n}i*\phi(i))-1}{2}\)
用杜教筛来求\(i*\phi(i)\)的前缀和就行了。
\(f(x)=x*\phi(x)\)
\((f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)*\phi(\frac{n}{d})*\frac{n}{d}\)
显然\(g(i)为id(i)\)最合适。
\((f*g)(n)=n*\sum\limits_{d|n}\phi(\frac{n}{d})=n^2\)
\(g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})-\sum\limits_{i=2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\)
\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i^2-\sum\limits_{i=2}^{n}iS(\frac{n}{i})\)
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int _=5e6+7,mod=1e9+7,limit=5000000;
int read() {
int x=0,f=1;char s=getchar();
for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;
for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';
return x*f;
}
int inv_2,inv_6,vis[_],pri[_],cnt;
ll phi[_];
int q_pow(int a,int b) {
int ans=1;
while(b) {
if(b&1) ans=1LL*ans*a%mod;
a=1LL*a*a%mod,b>>=1;
} return ans;
}
void Euler() {
vis[1]=phi[1]=1;
for(int i=1;i<=limit;++i) {
if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=limit;++j) {
vis[pri[j]*i]=1;
if(i%pri[j]==0) {
phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
break;
} else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
}
}
for(int i=2;i<=limit;++i) phi[i]=(phi[i-1]+1LL*phi[i]*i%mod)%mod;
}
unordered_map ans_phi;
int get(int n) {return 1LL*n*(n+1)/2%mod;}
int solve_phi(int n) {
if(n<=limit) return phi[n];
if(ans_phi[n]) return ans_phi[n];
ll tmp=1LL*n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv_6%mod;
for(int l=2,r;l<=n;l=r+1) {
r=n/(n/l),
tmp-=1LL*(get(r)-get(l-1))*solve_phi(n/l)%mod,
tmp=(tmp%mod+mod)%mod;
} return ans_phi[n]=tmp;
}
int main() {
inv_2=q_pow(2,mod-2),inv_6=q_pow(6,mod-2);
Euler();
int T=read();
while(T --> 0) {
int N=read();
int ans=1LL*(solve_phi(N)-1)*inv_2%mod;
ans=(ans%mod+mod)%mod;
printf("%d\n",ans);
N=read(),N=read();
}
return 0;
}
6707 Shuffle Card
想了半天也不会啊，平衡树还很麻烦，不想写。
其实倒着做就行了，用\(stack\)其实本质也是倒着做。
#include
using namespace std;
const int _=2e5+7;
int n,m,a[_],b[_],vis[_];
vector ans;
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&b[i]);
for(int i=m;i>=1;--i) {
if(vis[b[i]]) continue;
vis[b[i]]=1;
ans.push_back(b[i]);
}
for(int i=1;i<=n;++i) {
if(vis[a[i]]) continue;
ans.push_back(a[i]);
}
for(int i=0;i 6708 Windows Of CCPC
这是\(yjg\)外出模拟赛的\(luogu\)原题啊，\(axm\)还拉我做过，把\(0,1\)改成了\(C,P\)了而已。
递归即可。
分成四块，先递归第一块，剩下的三块复制第一块的内容，然后第四块取反。
#include
using namespace std;
const int _=1207;
int n,A[_][_];
void copp(int x,int y,int len) {
for(int i=0;i>T;
while(T-->0) {
int x;cin>>x;
calc(x);
print(x);
}
}
6709 Fishing Master
补充：看到zhihu好多全局钓鱼的，其实不难吧。
考虑dp，不会。贪心。
首先一开始肯定要先捉一次鱼。
发现捉鱼分两种种。
1.煮鱼的时间内能去捉鱼并且在锅里鱼没熟之前回来。
2.煮鱼的时间内能去捉鱼并且在锅里鱼熟之后时候回来。
显然1这种情况能干就干，相当于一开始就捉到了这些条。
剩下的捕鱼就得是情况2了，因为剩下的煮鱼时间都是小于捕鱼时间的，当然是贪心的从煮鱼时间大的开始捉。
发现这样一定能安排上(先捉情况2，然后过程中能捉1就捉1)。
然后就做完了。
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int _=2e5+7;
ll n,m,t[_];
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
ll T;
cin>>T;
while(T --> 0) {
cin>>n>>m;
for(ll i=1;i<=n;++i) cin>>t[i];
sort(t+1,t+1+n);
ll ma=0,ans=0;
for(ll i=1;i<=n;++i) ma+=t[i]/m;
for(ll i=1;i<=n;++i) ans+=t[i];
ans+=m;
if(ma>=n-1) {
cout<=1;--i) {
need--;
ans+=m-t[i];
if(!need) break;
}
cout<