第十二届蓝桥杯 2021年省赛真题 (Java 大学B组) 第一场 (更新中)

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_Placeholder

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#A ASC

本题总分：5 分

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问题描述

  已知大写字母 $A$ 的 $ASCII$ 码为 $65$，请问大写字母 $L$ 的 $ASCII$ 码是多少？

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答案提交

  这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

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76

calcCode：

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    void run() {
     
        // System.out.println(65 + 'L' - 'A');
        System.out.println((int)'L');
    }
}

麻烦签到题写的认真一点，谢谢。

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#B 卡片

本题总分：5 分

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问题描述

  小蓝有很多数字卡片，每张卡片上都是数字 $0$ 到 $9$。
  小蓝准备用这些卡片来拼一些数，他想从 $1$ 开始拼出正整数，每拼一个，就保存起来，卡片就不能用来拼其它数了。
  小蓝想知道自己能从 $1$ 拼到多少。
  例如，当小蓝有 $30$ 张卡片，其中 $0$ 到 $9$ 各 $3$ 张，则小蓝可以拼出 $1$ 到 $10$，但是拼 $11$ 时卡片 $1$ 已经只有一张了，不够拼出 $11$。
  现在小蓝手里有 $0$ 到 $9$ 的卡片各 $2021$ 张，共 $20210$ 张，请问小蓝可以从 $1$ 拼到多少？
  提示：建议使用计算机编程解决问题。

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答案提交

  这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

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3181

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朴素解法

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public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    void run() {
      System.out.println(calc(2021)); }

    int calc(int upper) {
     
        int[] count = new int[10];
        for (int n = 1, k = 1; ; k = ++n)
            do
                if (++count[k % 10] > upper)
                	return n - 1;
            while ((k /= 10) > 0);
    }
}

  没什么好说的。

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弯道超车

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  观察 $[1,9]$ 这个区间中，$[0,9]$ 的出现情况。

  在 $[1,9]$ 中，$1$ 至 $9$ 各出现 $1$ 次。

  把观察的范围扩大到 $[1,99]$，十位的 $1$ 出现 $[10,19]$ 共 $10$ 次，十位的 $2$ 出现 $[20,29]$ 共 $10$ 次，$\cdots$ ，十位的 $9$ 出现 $[90,99]$ 共 $10$ 次，低位 $[0,9]$ 重复出现 $10$ 次，$1$ 至 $9$ 各出现 $20$ 次，$0$ 出现 $9$ 次。

  将这个观察范围继续扩大，会发现 $1$ 的使用次数总是不小于 $0$ 、 $2$ 至 $9$，也就是说统计 $0$ 、 $2$ 至 $9$ 是没有意义的。

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    void run() {
      System.out.println(calc(2021)); }

    int calc(int upper) {
     
        int count = 0;
        for (int n = 1, k = 1; ; k = ++n) {
     
            do
                if (k % 10 == 1) count++;
            while ((k /= 10) > 0);
            if (count >= upper)
                return count == upper ? n : n - 1;
        }
    }
}

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#C 直线

本题总分：10 分

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问题描述

  在平面直角坐标系中，两点可以确定一条直线。如果有多点在一条直线上，那么这些点中任意两点确定的直线是同一条。
  给定平面上 $2\times 3$ 个整点 $\{(x,y)|0\le x<2,0\le y<3,x\in Z,y\in Z\}$，即横坐标是 $0$ 到 $1$ (包含 $0$ 和 $1$) 之间的整数、纵坐标是 $0$ 到 $2$ (包含 $0$ 和 $2$) 之间的整数的点。这些点一共确定了 $11$ 条不同的直线。
  给定平面上 $20\times 21$ 个整点 $\{(x,y)|0\le x<20,0\le y<21,x\in Z,y\in Z\}$，即横坐标是 $0$ 到 $19$ (包含 $0$ 和 $19$) 之间的整数、纵坐标是 $0$ 到 $20$ (包含 $0$ 和 $20$) 之间的整数的点。请问这些点一共确定了多少条不同的直线。

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答案提交

  这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

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40257

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直线方程集合

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  一种朴素的想法，是将所有点连接起来，去掉重复的线，然后统计。

  为了方便表示，这里采用斜截式方程 $y=kx+b$ 来表示每一条直线，其中 $k$ 为直线斜率，$b$ 为直线在 $y$ 轴上的截距，并统一不处理斜率不存在的线，将结果加上一个 $20$。

  注意！ 这段程序的结果是不准确的。

import java.util.HashSet;
import java.util.Set;

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    int X = 20, Y = 21;

    void run() {
     
        Set<Line> set = new HashSet();
        for (int x1 = 0; x1 < X; x1++)
            for (int y1 = 0; y1 < Y; y1++)
                for (int x2 = x1; x2 < X; x2++)
                    for (double y2 = 0; y2 < Y; y2++)
                        if (x1 != x2){
     
                            double k = (y2 - y1) / (x2 - x1);
                            double b = -x1 * k + y1;
                            set.add(new Line(k, b));
                        }
        System.out.println(set.size() + X);
    }

    class Line {
     

        double k, b;

        Line(double b, double k) {
     
            this.k = k;
            this.b = b;
        }

        @Override
        public boolean equals(Object obj) {
     
            return k == ((Line)obj).k && b == ((Line)obj).b;
        }

        @Override
        public int hashCode() {
     
            return (int)k ^ (int)b;
        }
    }
}

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分式消除误差

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  斜率在浮点数表示下，精度那是参差不齐，诚然可以将误差限制在一个范围内，当绝对差落入当中时，我们就将其视为值相同。

  但是对于这种需要可表示的范围小的时候，我们可以定义分式来做到无误差，而不是控制精度。

import java.util.HashSet;
import java.util.Set;

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    int X = 20, Y = 21;

    void run() {
     
        Set<Line> set = new HashSet();
        for (int x1 = 0; x1 < X; x1++)
            for (int y1 = 0; y1 < Y; y1++)
                for (int x2 = x1; x2 < X; x2++)
                    for (int y2 = 0; y2 < Y; y2++)
                        if (x1 != x2){
     
                            Fraction k = new Fraction(y2 - y1, x2 - x1);
                            Fraction b = new Fraction(y1 * (x2 - x1) - x1 * (y2 - y1),x2 - x1);
                            set.add(new Line(k, b));
                        }
        System.out.println(set.size() + X);
    }

    class Fraction {
     

        int numerator, denominator;

        Fraction(int numerator, int denominator) {
     
            int gcd = gcd(numerator, denominator);
            this.denominator = denominator /gcd;
            this.numerator = numerator / gcd;
        }

        int gcd(int a, int b) {
      return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

        @Override
        public boolean equals(Object obj) {
     
            return this.numerator == ((Fraction)obj).numerator && this.denominator == ((Fraction)obj).denominator;
        }
    }

    class Line {
     

        Fraction k, b;

        Line(Fraction b, Fraction k) {
     
            this.k = k;
            this.b = b;
        }

        @Override
        public boolean equals(Object obj) {
     
            return this.k.equals(((Line)obj).k) && this.b.equals(((Line)obj).b);
        }

        @Override
        public int hashCode() {
     
            return k.denominator;
        }
    }
}

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平面几何

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  这是一个平面直角坐标系，原点与 $(1,2)$ 连成一条线段。

  我们将经过这两点的直线，以及这条直线经过的点与该点于横竖轴的垂线标记出来。

  显然，若直线经过 $(x_1,y_1)$、$(x_2,y_2)$ 两点，那么它必然也经过 $(x_1+k(x_1-x_2),y_1+k(y_1-y_2))$，$k\in Z$。

  若在连接一条直线时，将所有直线经过的点标记起来，在下次遇到已经标记过的两点，我们便可直接跳过。

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    int X = 20, Y = 21;

    void run() {
     
        int count = 0;
        boolean[][][][] marked = new boolean[X][Y][X][Y];
        for (int x1 = 0; x1 < X; x1++)
            for (int y1 = 0; y1 < Y; y1++) {
     
                marked[x1][y1][x1][y1] = true;
                for (int x2 = 0; x2 < X; x2++)
                    for (int y2 = 0; y2 < Y; y2++) {
     
                        if (marked[x1][y1][x2][y2]) continue;
                        int x = x1, y = y1, xOffset = x - x2, yOffset = y - y2;
                        while (x >= 0 && x < X && y >= 0 && y < Y) {
     
                            x += xOffset;
                            y += yOffset;
                        }
                        x -= xOffset;
                        y -= yOffset;
                        while (x >= 0 && x < X && y >= 0 && y < Y) {
     
                            for (int i = x - xOffset, j = y - yOffset; i >= 0 && i < X && j >= 0 && j < Y; i -= xOffset, j -= yOffset) {
     
                                marked[x][y][i][j] = marked[i][j][x][y] = true;
                            }
                            x -= xOffset;
                            y -= yOffset;
                        }
                        count++;
                    }
            }
        System.out.println(count);
    }
}

  我觉得可能会再考个差不多的，这里给大伙一个推论。

  平面直角坐标系上有 $n\times n$，$n\ge 2$ 个点 $\{(x,y)|0\le x<n,0\le y<n,x\in Z,y\in Z\}$，从原点出发可连接的不同直线为 $1\le x,y<n$，$x\ne y$ 中 $gcd(x,y)=1$ 的次数加 $3$。

  感兴趣的读者可以自行证明。

  同时在 $1\le x<y<n$ 时，$gcd(x,y)=1$ 的出现次数恰好等于 $\sum _{y=2}^{n-1}\phi (y)$，其中 $\phi$ 为欧拉函数。

  能力有限，这里便不再继续讨论。

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#D 货物摆放

本题总分：10 分

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问题描述

  小蓝有一个超大的仓库，可以摆放很多货物。
  现在，小蓝有 $n$ 箱货物要摆放在仓库，每箱货物都是规则的正方体。小蓝规定了长、宽、高三个互相垂直的方向，每箱货物的边都必须严格平行于长、宽、高。
  小蓝希望所有的货物最终摆成一个大的立方体。即在长、宽、高的方向上分别堆 $L、W、H$ 的货物，满足 $n=L\times W\times H$。
  给定 $n$，请问有多少种堆放货物的方案满足要求。
  例如，当 $n=4$ 时，有以下 $6$ 种方案：$1\times 1\times 4$、$1\times 2\times 2$、$1\times 4\times 1$、$2\times 1\times 2$、$2\times 2\times 1$、$4\times 1\times 1$。
  请问，当 $n=2021041820210418$ （注意有 $16$ 位数字）时，总共有多少种方案？
  提示：建议使用计算机编程解决问题。

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答案提交

  这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

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2430

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暴力搜索

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  每届必考的基本算术定理。

import java.util.ArrayDeque;
import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    long n = 2021041820210418L;

    void run() {
     
        List<Integer> exps0 = new ArrayList();
        ArrayDeque<Integer> exps1 = new ArrayDeque();
        for (int k = 2; k <= n; k++)
            if (n % k == 0) {
     
                int e = 0;
                while (n % k == 0) {
     
                    n /= k;
                    e++;
                }
                exps0.add(e);
            }
        System.out.println(dfs(exps0, exps1, 0));
    }

    int dfs(List<Integer> exps0, ArrayDeque<Integer> exps1, int cur) {
     
        if (cur == exps0.size()) {
     
            int comb = 1;
            for (int exp : exps1)
                comb *= exp + 1;
            return comb;
        }
        int ans = 0;
        for (int i = exps0.get(cur); i >= 0; i--) {
     
            exps1.push(i);
            ans += dfs(exps0, exps1, cur + 1);
            exps1.pop();
        }
        return ans;
    }
}

  直接套两 for 也不是不行，但这么写出来的程序，通常到比赛结束都跑不完。

  因此我们要避免无效因子的判断，

  这里统计的为质因子分成三份，可能的组合个数，它与原命题等价。

  没什么好讲的。

  只用套两 for 是因为一个数的因子只能成对出现，

  扫一下数盲。

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缩放质因子

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  举个例子，

  当 $n=9$  时，有 $6$ 种方案：$1\times 1\times 9$、$1\times 3\times 3$、$1\times 9\times 1$、$3\times 1\times 3$、$3\times 3\times 1$、$9\times 1\times 1$;

  当 $n=25$ 时，有 $6$ 种方案：$1\times 1\times 25$、$1\times 5\times 5$、$\cdots$ ;

  当 $n=p^{2^{}}$ 时，有 $6$ 种方案：$1\times 1\times p^2$、$1\times p\times p$、$\cdots$ ;

  其中 $p$ 为质数。

  其实上例解法当中，我们就能发现，组合的个数与其具体的值无关，它只与质因数指数挂钩。

  $2021041820210418=2\times 3^3\times 17\times 131\times 2857\times 5882353$

  如果我们找最小的几个质数来代替它们，得到的新数字 $2^3\times 3\times 5\times 7\times 11\times 13=120120$ 与 $2021041820210418$ 在这个命题下等价。

  而 $120120$ 的大小就足够我们真暴搜把它的全部因数组合找到了。

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    long N = 2021041820210418L;

    void run() {
     
        List<Integer> exps = new ArrayList();
        for (int k = 2; k <= N; k++)
            if (N % k == 0) {
     
                int e = 0;
                while (N % k == 0) {
     
                    N /= k;
                    e++;
                }
                exps.add(e);
            }
        exps.sort((a, b) -> (b - a));
        int n = 1, p = 2, ans = 0;
        for (int exp : exps) {
     
            for (int i = 2; i * i <= p; i++)
                if (p % i == 0) {
     
                    i = 1;
                    p++;
                }
            while (exp-- > 0) n *= p;
            p++;
        }
        for (int a = 1; a <= n; a++)
            if (n % a == 0)
                for (int b = 1; b <= n; b++)
                    if (n / a % b == 0) ans++;
        System.out.println(ans);
    }
}

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#E 路径

本题总分：15 分

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问题描述

  小蓝学习了最短路径之后特别高兴，他定义了一个特别的图，希望找到图中的最短路径。
  小蓝的图由 $2021$ 个结点组成，依次编号 $1$ 至 $2021$。对于两个不同的结点 $a,b$，如果 $a$ 和 $b$ 的差的绝对值大于 $21$，则两个结点之间没有边相连；如果 $a$ 和 $b$ 的差的绝对值小于等于 $21$，则两个点之间有一条长度为 $a$ 和 $b$ 的最小公倍数的无向边相连。
  例如：结点 $1$ 和结点 $23$ 之间没有边相连；结点 $3$ 和结点 $24$ 之间有一条无向边，长度为 $24$；结点 $15$ 和结点 $25$ 之间有一条无向边，长度为 $75$。
  请计算，结点 $1$ 和结点 $2021$ 之间的最短路径长度是多少。
  提示：建议使用计算机编程解决问题。

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答案提交

  这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。

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10266837

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  题目已经说的够清楚了，

  建一个有 $2021$ 个顶点 $21\times 2000+\frac{21(21+1)}{2}$ 条边的无向图，跑图上的算法就完事了。

  还有的细节就是整形是否会溢出，我们取 $(1,2021]$ 中最大的质数 $2017$ 与 $2021^2$ 相乘，得到的结果还是有点夸张的，虽然经过测试，可能的线路权值合至多不会超过 $2^{31}-1$，但毕竟是面向竞赛，考虑甄别的时间成本，直接使用长整形更为划算。

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搜索

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深度优先搜索

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  $2021$ 个顶点，绝大多数顶点都连有 $2\times 21$ 条边，

  别深搜了，一搜就是

  compilaition completed successfully in 500ms(4 hour ago)

  就，电脑跟选手对着坐牢。

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记忆化搜索

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  深度优先搜索，在搜索最优结果时，通常需要完整的枚举全部可能的问题状态。

  但在这个问题状态的集合中，所有可选方案的 “后缀” 都是相同，也就是所有可选的分支，它们都是以同一个节点结尾。

  如果我们将已经搜索到的节点到目标节点间的最短路径保存下来，在再次搜索到这个 “后缀” 的分支时直接返回。

  那么问题就可能在一个较短的时间内解决。

  这也是所谓的记忆化搜索。

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    int N = 2021;

    int[] weight = new int[N + 1];

    List<Edge>[] graph = new List[N + 1];

    boolean[] visited = new boolean[N + 1];

    void run() {
     
        for (int i = 1; i <= N; i++)
            graph[i] = new ArrayList();
        for (int v = 1; v <  N; v++)
            for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
     
                graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
                graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
            }
        visited[1] = true;
        System.out.println(dfs(1));
    }

    int dfs(int v) {
     
        if (v == N) return 0;
        if (weight[v] != 0) return weight[v];
        int min = 0x7FFFFFFF;
        for (Edge edge : graph[v]) {
     
            if (visited[edge.w]) continue;
            visited[edge.w] = true;
            min = min(min, dfs(edge.w) + edge.weight);
            visited[edge.w] = false;
        }
        return weight[v] = min;
    }

    int min(int a, int b) {
      return a < b ? a : b; }

    int lcm(int a, int b) {
      return a * b / gcd(a, b); }

    int gcd(int a, int b) {
      return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

    class Edge {
     

        int w, weight;

        Edge(int w, int weight) {
     
            this.weight = weight;
            this.w = w;
        }
    }
}

---

枝剪广搜

---

  其实朴素的去搜索，不论深搜还是广搜，在竞赛里都是很冒进的行为，

  影响这两个算法执行效率的因素太多。

  当然要是没有其他的思路，也只能死马当活马医了。

  幸运的是，只需简单的枝剪，就能在很短的时间计算出结果

import java.util.PriorityQueue;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Arrays;
import java.util.Queue;
import java.util.List;

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    int N = 2021;
    
    void run() {
     
        List<Edge>[] graph = new List[N + 1];
        long[] visited = new long[N + 1];
        for (int i = 1; i <= N; i++)
            graph[i] = new ArrayList();
        for (int v = 1; v <  N; v++)
            for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
     
                graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
                graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
            }
        Queue<Vertex> queue = new PriorityQueue();
        Arrays.fill(visited, Long.MAX_VALUE);
        queue.offer(new Vertex(1, 0));
        Vertex V = null;
        while (queue.size() > 0) {
     
            V = queue.poll();
            if (V.v == N) break;
            if (V.weight >= visited[V.v]) continue;
            visited[V.v] = V.weight;
            for (Edge edge : graph[V.v])
                queue.offer(new Vertex(edge.w, edge.weight + V.weight));
        }
        System.out.println(V.weight);
    }

    int min(int a, int b) {
      return a < b ? a : b; }

    int lcm(int a, int b) {
      return a * b / gcd(a, b); }

    int gcd(int a, int b) {
      return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

    class Edge {
     

        int w, weight;

        Edge(int w, int weight) {
     
            this.weight = weight;
            this.w = w;
        }
    }

    class Vertex implements Comparable<Vertex> {
     

        int v;
        long weight;

        Vertex(int v, long weight) {
     
            this.weight = weight;
            this.v = v;
        }

        @Override
        public int compareTo(Vertex V) {
      return Long.compare(this.weight, V.weight); }
    }
}

---

双向搜索

---

  很容易就能发现，越是编号大的节点，连接着它的边的权重可能越大。

  也就是在最短路径的这条分支中，越是靠近目标节点，就越可能进入无效的分支。

  通常，在这个数据规模下，不带策略的去广搜是致命的。

  一种常见的优化方法是从源点和终点双向开始搜索，当两条分支相遇时，即视为找到了最短路径。

  由于这种问题可选择的解法有很多，这里便不做展开。

import java.util.PriorityQueue;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Queue;
import java.util.List;

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    int N = 2021;

    void run() {
     
        List<Edge>[] graph = new List[N + 1];
        long[] visited0 = new long[N + 1];
        long[] visited1 = new long[N + 1];
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
     
            graph[i] = new ArrayList();
            visited0[i] = visited1[i] = Long.MAX_VALUE;
        }
        for (int v = 1; v <  N; v++)
            for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
     
                graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
                graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
            }
        Queue<Vertex> queue = new PriorityQueue();
        queue.offer(new Vertex(N, 0, false));
        queue.offer(new Vertex(1, 0));
        Vertex V = null;
        while (true) {
     
            V = queue.poll();
            if (V.fromHead) {
     
                if (visited1[V.v] != Long.MAX_VALUE) break;
                if (V.weight >= visited0[V.v]) continue;
                visited0[V.v] = V.weight;
            } else {
     
                if (visited0[V.v] != Long.MAX_VALUE) break;
                if (V.weight >= visited1[V.v]) continue;
                visited1[V.v] = V.weight;
            }
            for (Edge edge : graph[V.v])
                queue.add(new Vertex(edge.w, edge.weight + V.weight, V.fromHead));
        }
        System.out.println(V.weight + (V.fromHead ? visited1[V.v] : visited0[V.v]));
    }

    int min(int a, int b) {
      return a < b ? a : b; }

    int lcm(int a, int b) {
      return a * b / gcd(a, b); }

    int gcd(int a, int b) {
      return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

    class Edge {
     

        int w, weight;

        Edge(int w, int weight) {
     
            this.weight = weight;
            this.w = w;
        }
    }

    class Vertex implements Comparable<Vertex> {
     

        int v;
        long weight;
        boolean fromHead;

        Vertex(int v, long weight) {
      this(v, weight, true); }

        Vertex(int v, long weight, boolean fromHead) {
     
            this.fromHead = fromHead;
            this.weight = weight;
            this.v = v;
        }

        @Override
        public int compareTo(Vertex V) {
      return Long.compare(this.weight, V.weight); }
    }
}

---

单源最短路径

---

Dijkstra

---

  题目给出的图显然是个边加权，权重非负的无向图，跑遍 $Dijkstra$ 就完事了。

import java.util.PriorityQueue;
import java.util.ArrayList;
import java.util.Queue;
import java.util.List;

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    int N = 2021;

    void run() {
     
        boolean[] marked = new boolean[N + 1];
        List<Edge>[] graph = new List[N + 1];
        long[] distTo = new long[N + 1];
        for (int i = 1; i <= N; i++) {
     
            graph[i] = new ArrayList();
            distTo[i] = Long.MAX_VALUE;
        }
        for (int v = 1; v <  N; v++)
            for (int w = v + 1; w <= min(v + 21, N);  w++) {
     
                graph[v].add(new Edge(w, lcm(v, w)));
                graph[w].add(new Edge(v, lcm(v, w)));
            }
        Queue<Vertex> queue = new PriorityQueue();
        queue.offer(new Vertex(1, distTo[1] = 0));
        while (queue.size() > 0) {
     
            Vertex V = queue.poll();
            if (marked[V.v])
                    continue;
            marked[V.v] = true;
            for (Edge edge : graph[V.v])
                if (distTo[edge.w] > distTo[V.v] + edge.weight)
                    queue.offer(new Vertex(edge.w, distTo[edge.w] = distTo[V.v] + edge.weight));
        }
        System.out.println(distTo[N]);
    }

    int min(int a, int b) {
      return a < b ? a : b; }

    int lcm(int a, int b) {
      return a * b / gcd(a, b); }

    int gcd(int a, int b) {
      return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

    class Edge {
     

        int w, weight;

        Edge(int w, int weight) {
     
            this.weight = weight;
            this.w = w;
        }
    }

    class Vertex implements Comparable<Vertex> {
     

        int v;
        long dist;

        Vertex(int v, long dist) {
     
            this.dist = dist;
            this.v = v;
        }

        @Override
        public int compareTo(Vertex V) {
      return Long.compare(this.dist, V.dist); }
    }
}

---

Floyd

---

  如果是一道最短路径的结果题。

  竞赛时限内能运行完 $O(n^3)$ 的程序。

  那其实无脑套 $Floyd$ 就行。

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    int N = 2021;

    void run() {
     
        long[][] floyd = new long[N + 1][N + 1];
        for (int v = 1; v < N; v++)
            for (int w = v + 1; w <= min(N, v + 21); w++)
                floyd[v][w] = floyd[w][v] = lcm(v, w);
        for (int k = 1; k <= N; k++)
            for (int v = 1; v <= N; v++)
                if (floyd[v][k] == 0) continue;
                else for (int w = 1; w <= N; w++)
                    if (floyd[k][w] == 0) continue;
                    else if (floyd[v][w] == 0 || floyd[v][k] + floyd[k][w] < floyd[v][w])
                        floyd[v][w] = floyd[v][k] + floyd[k][w];
        System.out.println(floyd[1][N]);
    }

    long min(int a, int b) {
      return a < b ? a : b; }

    int lcm(int a, int b) {
      return a * b / gcd(a, b); }

    int gcd(int a, int b) {
      return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
}

  半分钟就出来了，还行。

---

A*

---

  隐隐觉得能找到一些有启发性的性质。

  推了一下午狗屁没推出来，就当在这开个坑把。

在这里插入代码片

---

动态规划

---

  受不同的图性质影响，通常最短路径问题难以在线性时间内用动态规划解决。

  但这里给定无向图，

  我们将最短路径上的节点按升序排列，对于任意 $v$、$w$，$1<v<w<n$ 只存在以下两种情况：

  但只有序号的绝对差小于等于 $21$ 时，两个节点之间才存在边，即二图情况的前提条件是 $1<v<w\le 22$，将其推广至 $1\le x<v<w<y\le n$ 的情况，

  显然，从源点到任意点 $V$ 的最短路径只会从 $[V-21,V+21]$ 中产生，我们先顺序的求出每个 $W=V+21$ 较优路径，再用每个 $W$ 对 $[W-21,W)$ 间的节点进行松弛，松弛完毕时 $(1,V]$ 间的路径已是最优。

  综上有状态转移方程：

  $dp(i)=\min \{dp(j)+lcm(i,j)\}$，$i>j\ge i-21$

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    int N = 2021;

    void run() {
     
        long[] dp = new long[N + 1];
        for (int w = 2; w <= N; w++) {
     
            dp[w] = Long.MAX_VALUE;
            for (int v = w - 1; v > 0 && v >= w - 21; v--)
                dp[w] = min(dp[w], dp[v] + lcm(v, w));
        }
        System.out.println(dp[N]);
    }

    long min(long a, long b) {
      return a < b ? a : b; }

    int lcm(int a, int b) {
      return a * b / gcd(a, b); }

    int gcd(int a, int b) {
      return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
}

---

#F 时间显示

时间限制: $1.0$s 内存限制: $512.0$MB 本题总分：$15$ 分

---

问题描述

  小蓝要和朋友合作开发一个时间显示的网站。在服务器上，朋友已经获取了当前的时间，用一个整数表示，值为从 $1970$ 年 $1$ 月 1 日 $00:00:00$ 到当前时刻经过的毫秒数。
  现在，小蓝要在客户端显示出这个时间。小蓝不用显示出年月日，只需显示出时分秒即可，毫秒也不用显示，直接舍去即可。
  给定一个用整数表示的时间，请将这个时间对应的时分秒输出。

---

输入格式

  输入一行包含一个整数，表示时间。

---

输出格式

  输出时分秒表示的当前时间，格式形如 $HH$:$MM$:$SS$，其中 $HH$ 表示时，值为 $0$ 到 $23$，$MM$ 表示分，值为 $0$ 到 $59$，$SS$ 表示秒，值为 $0$ 到 $59$。时、分、秒不足两位时补前导 $0$。

---

测试样例₁

Input：
46800999

Output：
13:00:00

测试样例₂

Input：
1618708103123

Output：
01:08:23

---

评测用例规模与约定

  对于所有评测用例，给定的时间为不超过 $10^{18}$ 的正整数。

---

Java Win

---

import java.util.Scanner;
import java.time.LocalTime;
import java.time.format.DateTimeFormatter;

public class Main {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Main().run(); }

    void run() {
     
        System.out.println(
            LocalTime.MIDNIGHT.
            plusSeconds(
            	new Scanner(System.in).nextLong() / 1000).
            format(DateTimeFormatter.ISO_LOCAL_TIME)
        );
    }
}

---

不依赖 API 的实现

---

import java.util.Scanner;

public class Test {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Test().run(); }

    void run() {
     
        long t = new Scanner(System.in).nextLong();
        System.out.printf("%02d:%02d:%02d",
            t / 3600000 % 24, t / 60000 % 60, t / 1000 % 60);
    }
}

  送分。

---

#G 最少砝码

时间限制: $1.0$s 内存限制: $512.0$MB 本题总分：$20$ 分

---

问题描述

  你有一架天平。现在你要设计一套砝码，使得利用这些砝码可以称出任意小于等于 $N$ 的正整数重量。
  那么这套砝码最少需要包含多少个砝码？
  注意砝码可以放在天平两边。

---

输入格式

  输入包含一个正整数 $N$。

---

输出格式

  输出一个整数代表答案。

---

测试样例₁

Input：
7

Output：
3

Explanation：
3 个砝码重量是 1、4、6，可以称出 1 至 7 的所有重量。
1 = 1；
2 = 6 − 4 (天平一边放 6，另一边放 4)；
3 = 4 − 1；
4 = 4；
5 = 6 − 1；
6 = 6；
7 = 1 + 6；
少于 3 个砝码不可能称出 1 至 7 的所有重量。

---

评测用例规模与约定

  对于所有评测用例，$1\le N\le 1000000000$。

---

变种三进制

---

  不知道怎么取标题，也算是个规律题，

  这不是纯纯的恶心人吗。

---

  一个集合中包含 $n$ 个数，任取若干数可以加减出任意小于等于 $N$ 的正整数。

  首先要考虑怎么去满足题目要求的性质，

  设第 $i$ 个砝码的重量为 $w_i$，原集合 $A_N=\{w_1,w_2,\cdots ,w_n\}$。

  要满足题意首先要有 $sum(A)\ge N$，

  设我们知道了 $A_{\lfloor N/3\rfloor }$ 的方案，那么我们就能在这个方案里加入一个 $2\lfloor N/3\rfloor +1$，就能用 $2\lfloor N/3\rfloor +1$ 对 $A_{\lfloor N/3\rfloor }$ 中个若干元素做差表示出 $(\lfloor N/3\rfloor ,2\lfloor N/3\rfloor +1)$，对若干元素求和表示出 $(2\lfloor N/3\rfloor +1,N]$，并入 $A_{\lfloor N/3\rfloor }$ 本身能表示的范围，即能表示出任意小于等于 $N$ 的正整数。

  如果 $A_{\lfloor N/3\rfloor }$ 本身是最优的，那么往里面加入 $K=2\lfloor N/3\rfloor +1$ 的 $A_N$ 也一定是最优的，因为要使得 $K+sum(A_{\lfloor N/3\rfloor })\ge N$，$K$ 必须大于等于 $2\lfloor N/3\rfloor +1$，而当 $K>2\lfloor N/3\rfloor +1$ 时，就无法表示出 $\lfloor N/3\rfloor +1$，

  当然这一切还有个前提条件，那就是 $sum(A_{\lfloor N/3\rfloor })=\lfloor N/3\rfloor$。’

  不过到这里已经足够启发我们去顺推了，

  因为这个问题的边界是显然的，

  当 $N=1$ 时，$A_1=\{1\}$，

  我们往 $A_1$ 中加入 $2\times sum(A_1)+1$，得到 $A_4$，即

  当 $N=4$ 时，$A_4=\{1,3\}$，

  当 $N=13$ 时，$A_{13}=\{1,3,9\}$，

  $\cdots \cdots$

  当然还存在 $N$ 不在我们找到的最优规律中。

  我们设 $N=5$，

  因为 $A_4=\{1,3\}$ 的最优性，$2$ 个元素至多组成任意小于等于 $4$ 的正整数，

  因为 $A_{13}=\{1,3,9\}$ 的最优性，$3$ 个元素可以表示任意小于等于 $13$ 的正整数。

  即对 $N=5$ 给出的答案，必须大于 $2$ 小于等于 $3$。

  对于给出任意 $N$ 我们都可以按照这个性质求出答案。

  同时在三进制下来看这个规律：

  $\{N\}=\{(1{)}_3,(11{)}_3,(11{)}_3,\cdots \}$

  可以二分，但没有必要。

import java.util.Scanner;

public class Main {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Main().run(); }

    void run() {
     
        long N = new Scanner(System.in).nextLong(), ans = 1;
        for (long pow3 = 1; pow3 < N; pow3 = pow3 * 3 + 1, ans++);
        System.out.println(ans);
    }
}

  写的稀烂，主要这题目出的就恶心人。

---

#H 杨辉三角形

时间限制: $5.0$s 内存限制: $512.0$MB 本题总分：$20$ 分

---

  下面的图形是著名的杨辉三角形：
  如果我们按从上到下、从左到右的顺序把所有数排成一列，可以得到如下数列：

  $1,1,1,1,2,1,1,3,3,1,1,4,6,4,1,\cdots$
  给定一个正整数 $N$，请你输出数列中第一次出现 $N$ 是在第几个数？

---

输入格式

  输入一个整数 $N$。

---

输出格式

  输出一个整数代表答案。

---

测试样例₁

Input：
6

Output：
13

---

评测用例规模与约定

  对于 $20$% 的评测用例，$1\le N\le 10$；
  对于所有评测用例，$1\le N\le 1000000000$。

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  图片高清重置

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类比单调数列

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  杨辉三角最外层全部是 $1$。

  第二层则是自然数序列。

  因为杨辉三角是左右对称的，因此我们可以忽略右边(左边的数字总是比右边先出现)，并将数字按层分成若干序列。

  由于序列都是从上置下单调递增的，我们可以在每一个这种序列上，二分查找 $N$ 的位置，特别的，$N=1$ 时直接输出 $1$。

  此外，杨辉三角第 $n$ 行 m $列$

  $=C_{n-1}^{m-1}=\frac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m)!}$

  这个数字增长的非常快 $C_{32}^{16}=1166803110>1e9$。

  也就至多在 $14$ 条(除去最外两层)这样的序列中查找 $N$ 的位置，因为序列的单调性不允许 $N$ 的出现。

import java.util.Scanner;

public class Main {
     

    public static void main(String[] args) {
      new Main().run(); }

    int N;

    void run() {
     
        N = new Scanner(System.in).nextInt();
        if (N == 1) System.out.println(1);
        else {
     
            long ans = (N + 1L) * N / 2 + 2;
            for (int m = 2; m < 16; m++) {
     
                int start = m * 2, end = N;
                while (start <= end) {
     
                    int mid = start + end >> 1;
                    if (C(mid, m) == N) {
     
                        ans = min(ans, (mid + 1L) * mid / 2 + m + 1);
                        break;
                    } if (C(mid, m) > N) end = mid - 1;
                    else start = mid + 1;
                }
            }
            System.out.println(ans);
        }
    }

    long min(long a, long b) {
      return a < b ? a : b; }

    long C(int n, int m) {
     
        long num = 1;
        for (int nm = 1; nm <= m; n--, nm++)
            if ((num = num * n / nm) > N) return num;
        return num;
    }
}

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#I 双向排序

时间限制: $5.0$s 内存限制: $512.0$MB 本题总分：$25$ 分

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问题描述

  给定序列 $(a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_n)=(1,2,\cdot \cdot \cdot ,n)$，即 $a_i=i$。
  小蓝将对这个序列进行 $m$ 次操作，每次可能是将 $a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_{q_i}$ 降序排列，或者将 $a_{q_i},a_{q_{i+1}},\cdot \cdot \cdot ,a_n$ 升序排列。
  请求出操作完成后的序列。

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输入格式

  输入的第一行包含两个整数 $n,m$，分别表示序列的长度和操作次数。
  接下来 $m$ 行描述对序列的操作，其中第 $i$ 行包含两个整数 $p_i,q_i$ 表示操作类型和参数。当 $p_i=0$ 时，表示将 $a_1,a_2,\cdot \cdot \cdot ,a_{q_i}$ 降序排列；当 $p_i=1$ 时，表示将 $a_{q_i},a_{q_{i+1}},\cdot \cdot \cdot ,a_n$ 升序排列。

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输出格式

  输出一行，包含 $n$ 个整数，相邻的整数之间使用一个空格分隔，表示操作完成后的序列。

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测试样例₁

Input：
3 3
0 3
1 2
0 2

Output：
3 1 2

Explanation：
原数列为 (1, 2, 3)。
第 1 步后为 (3, 2, 1)。
第 2 步后为 (3, 1, 2)。
第 3 步后为 (3, 1, 2)。与第 2 步操作后相同，因为前两个数已经是降序了。

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评测用例规模与约定

  对于 $30$% 的评测用例，$n,m\le 1000$；
  对于 $60$% 的评测用例，$n,m\le 5000$；
  对于所有评测用例，$1\le n,m\le 100000$，$0\le p_i\le 1$，$1\le q_i\le n$；

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待更

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#J 括号序列

时间限制: $5.0$s 内存限制: $512.0$MB 本题总分：$25$ 分

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问题描述

  给定一个括号序列，要求尽可能少地添加若干括号使得括号序列变得合法，当添加完成后，会产生不同的添加结果，请问有多少种本质不同的添加结果。
  两个结果是本质不同的是指存在某个位置一个结果是左括号，而另一个是右括号。
  例如，对于括号序列 ((()，只需要添加两个括号就能让其合法，有以下几种不同的添加结果：()()()、()(())、(())()、(()()) 和 ((()))。

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输入格式

  输入一行包含一个字符串 $s$，表示给定的括号序列，序列中只有左括号和右括号。

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输出格式

  输出一个整数表示答案，答案可能很大，请输出答案除以 $1000000007$ (即$10^9+7$) 的余数。

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测试样例₁

Input：
((()

Output：
5

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评测用例规模与约定

  对于 $40$% 的评测用例，$|s|\le 200$。
  对于所有评测用例，$1\le |s|\le 5000$。

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待更