The 2017 China Collegiate Programming Contest, Qinhuangdao Site

Contest Info

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传送门

Solved	A	B	C	D	E	F	G	H	I	J	K	L	M
9 / 13	O	Ø	O	Ø	O	-	O	Ø	-	-	-	O	O

• O 在比赛中通过
• Ø 赛后通过
• ! 尝试了但是失败了
• - 没有尝试

Solutions

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A - Balloon Robot

题意：
\(n\)个人，\(m\)个座位组成一个圆环，\(1\leq n\leq 10^5,n\leq m\leq 10^9\)。
现在有\(q,q\leq 10^5\)个事件，表示第\(i\)个人在\(t_i\)时刻A了一道题。
\(s_i\)表示每个人的位置。
现在有个机器人，可以选定他开始的位置，时刻从\(1\)开始。之后他会顺时针走，每一秒走一步。如果他在某一个位置时这个人目前已经A了题，他将会发放气球。
记一个人的怒气值为\(得到气球的时间-A题的时间\)。
现在问起点选择哪个点使得所有人的怒气值之和最少。

思路：

• 机器人起点肯定位于某个人的位置，所以起点一共有\(n\)个。
• 每个事件对答案的贡献不会超过\(m\)，其实可以将问题转化为一个模\(m\)意义下的问题。
• 先求出机器人一开始位于\(1\)位置的答案。之后枚举每个可能的起点计算答案即可。
• 机器人每移动一位所有事件的贡献在模意义下将减少\(1\)，就相当于总答案减少\(p\)。那么枚举起点就可以\(O(1)\)转移答案了。

主要关键点在于将问题转化为模意义下的问题。
细节见代码：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/6/18 16:22:01
 */
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

B - Expected Waiting Time

题意：
先有\(n\)个面试者，有\(2n\)个时刻表示每个面试者到来的时间以及面试官选择面试的时间(顺序不确定)。
当等候室内的人数不小于\(1\)时，面试官能够选择某个时间随机挑选一个人进行面试，最后\(n\)个人都要面试完。
设\(A\)为某个人到达的时间，\(S\)为面试官选择面试的事件，那么在任意一个时刻\(A\)的数量不小于\(S\)。显然有若干个合法的序列。最后求所有面试者等待的时间期望之和的平均值。

思路：
考虑对于任意一种合法的序列，期望之和为多少。显然此时和是不会改变的，不会因为面试官的选择而改变。那么面试官的随机选择我们可以看作一个固定选择，问题即转化为进出栈问题。
显然我们不可能枚举所有的情况，所以对于直接考虑一个位置为左括号、右括号的贡献，那么接下来我们只需要求出对应的情况数就行。接下来以右括号举例，左括号将序列翻转即可。
假设我们枚举到了位置\(j\)，显然左边有个括号要与其匹配，我们枚举所有可能的位置\(j-1,j-3,j-5...\)，从这些位置转移。那么中间的那些一定匹配成功，外面的那些也要匹配成功，所以就转化为了两个卡特兰数的乘积。即：

\[dp[j]=\sum_{i=j-1,i-=2}cat(\frac{i-j-1}{2})\cdot cat(\frac{n-(i-j+1)}{2}) \]

直接来求复杂度比较蛋疼。
注意到\(dp[j]=dp[j-2]+某一项\)。所以这样就可以\(O(n)\)枚举得到\(dp\)数组了。
接下来就很好办了，就按照刚刚的转化过程，逆着写得到期望之和就行。最后还要除以一个\(cat(n)\)。
代码如下：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/6/20 16:34:50
 */
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

C - Crusaders Quest

签到。状压枚举所有情况即可。

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/6/18 13:21:12
 */
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

D - Graph Generator

题意：
如果已知一个排列\(p\)，第\(i\)次操作产生\(p_i\)。然后可以选定目前图中若干个连通块，将\(p_i\)与连通块中所有的点进行连边。
现在给定最后的图，问是否存在一个\(p\)和每次选择的集合，使得最终能够得到这个图。
\(n,m\leq 10^5\)。

思路：
这种题从前往后很难构造，我们可以考虑从后往前在图中删点往前推。
观察到在一个连通块内，每次必然会先选择度数最大的点，因为当前选择的点要与其它所有点进行连边（注意是连通块）。
又有一个观察：每次去掉一个点后，其余所有的点度数都会减\(1\)，也就是说度数的相对大小不变。
根据这两点做法呼之欲出了，我们只需要按照度数从大到小来处理。但现在还有个问题，连通块的问题，我们需要知道当前点所在连通块的size。
这种一般是并查集，但这里是删边，不好处理。所以。。直接上可撤销并查集就行了。先正着跑一遍，然后往前操作时不断从栈中取出之前状态进行还原。这样我们就能得到每一个时刻的连通状况。注意不能路径压缩，只能按秩合并。
细节见代码：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/6/20 12:57:42
 */
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

E - String of CCPC

签到。答案最多增加\(1\)，随便乱搞即可。

Code

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ld;
const int MAXN = 2e5 + 5, MAXM = 4e5 + 5, BOUND = 2e5, MOD = 1e9+7, INF = 0x3f3f3f3f, base = 10000;
const int inv2 = (MOD + 1) >> 1;
const ll INFL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1.0), eps = 1e-9;
#define lson o<<1,l,m
#define rson o<<1|1,m+1,r
#define lc(x) ch[x][0]
#define pii pair
#define vi vector
#define vii vector>
#define rc(x) ch[x][1]
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define all(a) (a).begin(), (a).end()
#define sz(a) int(a.size())
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define fi first
#define se second
#define MP std::make_pair
#define ri register int
//#define sz(a) int((a).size())
inline int add(int a, int b) {return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;}
inline int dec(int a, int b) {return a < b ? a - b + MOD : a - b;}
inline int mul(int a, int b) {return 1ll * a * b % MOD;}
template 
inline void cmin(T &a,T b){a = min(a,b);}
template 
inline void cmax(T &a,T b){a = max(a,b);}
ll qpow(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%MOD)if(b&1)ans=ans*a%MOD;
    return ans;
}
mt19937 mrand(random_device{}());
char s[MAXN];
int mp[5][2] = {{1,0},{2,0},{2,3},{4,0},{2,0}};
void run(){
    int n;cin>>n;
    cin>>(s+1);
    int ans=0,sta=0;
    bool flag=false;
    rep(i,1,n){
        if(sta==2 && s[i]=='C'){
            if(!flag){
                flag=true;
                ans++;
            }
        }
        if(sta==1 && s[i]=='P' && i+1<=n && s[i+1]=='C'){
            if(!flag){
                flag=true;
                ans++;
                //cout<<"lalala\n";
            }
        }
        if(s[i]=='C'){
            sta = mp[sta][0];
        }else if(s[i]=='P'){
            sta = mp[sta][1];
        }
        if(sta==4)ans++;
        if(i==n && sta==3){
            if(!flag){
                flag=true;
                ans++;
            }
        }
        //cout<>_;
    while(_--)run();
    return 0;
}

G - Numbers

二进制位从高到低贪心即可。涉及到大数，所以用的python。

Code

t = int(input())
for i in range(t):
    n, m = map(int, input().split())
    pw = []
    i = 1
    while i <= n:
        pw.append(i)
        i *= 2
    ans = 0
    mx = 0
    for i in range(len(pw)-1, -1, -1):
        if mx + m*(pw[i]-1) < n:
            ans += pw[i]
            mx += min(m, (n-mx)//pw[i])*pw[i]
        #print(pw[i], mx)
    print(ans)

H - Prime Set

题意：
定义一个素数集为\(\{i,j\}\)并且\(a_i+a_j\)为素数。
给定序列\(a\)，现从中选择至多\(k\)个素数集，使得并起来的元素个数最多。
\(n\leq 10^3,0\leq k\leq \frac{n\cdot(n-1)}{2}\)。

思路：
利用“两个数加起来为素数”这个条件，我们容易发现除开\(1+1=2\)这种情况，其余都是一奇一偶。这有点二分图的意思。
所以考虑建二分图，奇数在左边，偶数在右边，然后按照题意要求进行连边求个最大匹配即可。
注意\(1\)的存在比较特殊，应该最后再从\(1\)出发跑增广路。这样答案能够更优。
最后再\((1,1)\)进行匹配。
细节见代码：

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/6/18 19:30:23
 */
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

L - One-Dimensional Maze

签到。

Code

/*
 * Author:  heyuhhh
 * Created Time:  2020/6/18 13:08:04
 */
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include