2022年蓝桥杯省赛 C/C++ A组题解

前言: NewOJ最新推出2022蓝桥杯省赛题目,数据均为管理员自行构造,仅供参考。

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题目总览

题目 Tag 难度 补题链接
裁纸刀 模拟 http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2021
灭鼠先锋 博弈 ☆☆☆ http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2022
求和 前缀和 ☆☆ http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2023
选数异或 线段树、 S T ST ST ☆☆☆ http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2024
爬树的甲壳虫 期望 D P DP DP、逆元 ☆☆☆☆ http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2025
青蛙过河 二分答案、贪心 ☆☆☆☆ http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2026
最长不下降子序列 动态规划、线段树 ☆☆☆☆☆ http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2027
扫描游戏 计算几何、线段树 ☆☆☆☆☆ http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2028
数的拆分 数论 ☆☆☆☆☆ http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2029
推导部分和 并查集、搜索 ☆☆☆☆ http://oj.ecustacm.cn/problem.php?id=2030

注:本次 C + +   A C++\ A C++ A组的题目题目质量很好,但是难度过大,线段树考点重复(也可能存在其他做法)。

试题A: 裁纸刀

题意: 一张纸上打印了 20 20 20 22 22 22列共 440 440 440个二维码,至少需要裁多少次可以全部裁出。如下图, 2 2 2 3 3 3列共需要裁 9 9 9次。

2022年蓝桥杯省赛 C/C++ A组题解_第1张图片

Tag: 模拟

难度:

思路: 根据题意,首先需要额外裁剪 4 4 4次去除边界。每裁 1 1 1刀,可以使得纸张数目增加 1 1 1 最终要变成 440 440 440个二维码,只需要裁剪 439 439 439次。总计 439 + 3 = 443 439+3=443 439+3=443次。

试题B: 灭鼠先锋

题意: 2 2 2 4 4 4列的棋盘中,两人轮流操作,每次可选择在空位上放置 1 1 1个棋子,或者在同一行连续的两个空位上放置棋子。最后使得棋盘放满的人输掉。

先手存在 4 4 4种初始局面如下所示, O O O表示空, X X X表示已放置。每人均以最优策略放棋子。判断先手胜利(输出 V V V)还是后手胜利(输出 L L L)。

XOOO XXOO OXOO OXXO
OOOO OOOO OOOO OOOO

Tag: 博弈

难度: ☆☆☆

思路: 博弈题核心:

只能转移到必胜态的,均为必败态。

可以转移到必败态的,均为必胜态。

  1. 首先确定最终的必败态:只剩下1个棋子的时候肯定是必败的。

    OXXX	XOXX
    XXXX	XXXX
    
  2. 利用上述提到的核心,倒推出其他情况属于必败态还是必胜态。

  3. 注意,给定的 4 4 4个局面为先手第一步的四种局面,对于此时局面为必胜态,表示的是后手胜。

#include
using namespace std;
///判断是否仅存在一个空格
bool check(string s)
{
    int tot = 0;
    for(auto x : s)if(x == 'O')
        tot++;
    return tot == 1;
}
map<string, bool>SG;
bool dfs(string s)
{
    if(SG.count(s))
        return SG[s];
    if(check(s))
        return SG[s] = false;
    ///模拟放1个棋子
    for(int i = 0; i < s.size(); i++)if(s[i] == 'O')
    {
        string tmp = s;
        tmp[i] = 'X';
        if(dfs(tmp) == false)///可以到达必败态均为必胜态
            return SG[s] = true;
    }
    ///模拟放2个棋子
    for(int i = 0; i < s.size() - 1; i++)if(s[i] == 'O' && s[i + 1] == 'O' && i != 3)
    {
        string tmp = s;
        tmp[i] = tmp[i + 1] = 'X';
        if(dfs(tmp) == false)///可以到达必败态均为必胜态
            return SG[s] = true;
    }
    ///运行到此,说明只能转移到必胜态,此时为必败态
    return SG[s] = false;
}

int main()
{
    string s[] = {"XOOOOOOO", "XXOOOOOO", "OXOOOOOO", "OXXOOOOO"};
    for(int i = 0; i < 4; i++)
    {
        if(dfs(s[i]))cout<<"L";///此时为必胜态,说明后手面临的局面必胜,输出L
        else cout<<"V";
    }
    return 0;
}

试题C: 求和

题意: 给定数组 a a a,求 ∑ i = 1 n ∑ j = i + 1 n a i a j \sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n a_ia_j i=1nj=i+1naiaj

Tag: 前缀和

难度: ☆☆

思路: 可以进行如下转换:
∑ i = 1 n ∑ j = i + 1 n a i a j = ∑ i = 1 n [ a i ∑ j = i + 1 n a j ] \sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n a_ia_j =\sum_{i=1}^n\left[a_i\sum_{j=i+1}^na_j\right] i=1nj=i+1naiaj=i=1n[aij=i+1naj]
对于里面的求和,直接用前缀和优化:
∑ i = 1 n ∑ j = i + 1 n a i a j = ∑ i = 1 n [ a i ∑ j = i + 1 n a j ] = ∑ i = 1 n a i ( s u m [ n ] − s u m [ i ] ) \sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n a_ia_j =\sum_{i=1}^n\left[a_i\sum_{j=i+1}^na_j\right] =\sum_{i=1}^n a_i(sum[n]-sum[i]) i=1nj=i+1naiaj=i=1n[aij=i+1naj]=i=1nai(sum[n]sum[i])
预处理前缀和即可,时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 10;
ll a[maxn], sum[maxn];
int main()
{
    int n;
    ll ans = 0;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++) ///预处理前缀和
        cin >> a[i], sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++) ///求和即可
        ans += a[i] * (sum[n] - sum[i]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

试题D: 选数异或

题意: 给定数组 a a a和整数 x x x m m m次询问,每次询问区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]是否存在两个数字使得异或值等于 x x x

Tag: 线段树、 S T ST ST

难度: ☆☆☆

思路: 由于给定 x x x,对于区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]中的每个数字 a [ i ] a[i] a[i]而言,只需要判断区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]中是否存在 a [ i ] ⊕ x a[i]\oplus x a[i]x

暴力判断会超时,如何快速判断区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]而不是一个一个 a [ i ] a[i] a[i]来判断?

对每个数字 a [ i ] a[i] a[i],找到它左边最近的 a [ j ] a[j] a[j],满足 a [ i ] ⊕ a [ j ] = x a[i]\oplus a[j]=x a[i]a[j]=x,则 < j , i > <j,i>二元组是一个合法解,其中 j < i jj<i

为什么一定是左边最近合法位置而不是右边最近?

二者是一样的,因为i找到的左边最近合法位置是 j j j j j j找到的右边最近是 i i i

对于每个 i i i,都找到左边最近合法的 j j j,记为 L e f t [ i ] = j Left[i]=j Left[i]=j,满足 j < i , a [ i ] ⊕ a [ j ] = x jj<i,a[i]a[j]=x

那么对于询问 [ l , r ] [l,r] [l,r]中是否存在两个数字异或值等于 x x x,等价于询问 [ l , r ] [l,r] [l,r]中是否存在一个 i i i满足: l ≤ i ≤ r , l ≤ L e f t [ i ] l\le i \le r,l\le Left[i] lir,lLeft[i]

存在一个 i i i即可满足条件,相当于最大的 L e f t [ i ] Left[i] Left[i]大于 l l l即可,即 l ≤ M a x { L e f t [ i ] ∣ l ≤ i ≤ r } l \le Max\{Left[i]|l\le i \le r\} lMax{Left[i]lir}

问题转换成:求区间最大值问题,使用线段树或者 S T ST ST表即可。

那如何快速得到 L e f t Left Left数组?从左往右遍历时,利用 p o s [ x ] pos[x] pos[x]记录数字 x x x上一次出现的位置,那么 L e f t [ i ] = p o s [ a [ i ] ⊕ x ] Left[i]=pos[a[i]\oplus x] Left[i]=pos[a[i]x]

注:本题也可使用莫队算法维护区间异或等于 x x x的次数来求解。

#include
using namespace std;
const int maxn = 100000 + 10;
int tree[maxn << 2];
int Left[maxn], pos[(1 << 20) + 10];
int a[maxn], n, m, x;

//线段树模板
void build(int o, int l, int r)
{
    if(l == r)
    {
        tree[o] = Left[l];
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(o << 1, l, mid);
    build(o << 1 | 1, mid + 1, r);
    tree[o] = max(tree[o << 1], tree[o << 1 | 1]);
}
int query(int o, int l, int r, int L, int R)
{
    if(L <= l && r <= R)return tree[o];
    int mid = (l + r) >> 1;
    int ans = 0;
    if(L <= mid)ans = max(ans, query(o << 1, l, mid, L, R));
    if(R > mid)ans = max(ans, query(o << 1 | 1, mid + 1, r, L, R));
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &x);
    for(int i = 1; i <= n; i++) //预处理Left数组
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        Left[i] = pos[a[i] ^ x];
        pos[a[i]] = i;
    }
    build(1, 1, n);//线段树建树
    while(m--)
    {
        int l, r;
        scanf("%d%d", &l, &r);
        if(query(1, 1, n, l, r) >= l)//查询区间最值
            printf("yes\n");
        else
            printf("no\n");
    }
    return 0;
}

试题E: 爬树的甲壳虫

题意: 甲壳虫想要爬上高度为 n n n的树,开始位于树根,高度为0,当它尝试从高度 i − 1 i-1 i1爬到高度为 i i i的位置时有 P i P_i Pi的概率会掉回树根,求它从树根爬到树顶时,经过的时间的期望值是多少。

Tag: 期望 D P DP DP、逆元

难度: ☆☆☆☆

思路: d p [ i − 1 ] dp[i-1] dp[i1]表示从高度 i − 1 i-1 i1出发到顶部花费的期望时间。根据题意可以得到如下的状态转移方程:
d p [ i − 1 ] = P i ∗ d p [ 0 ] + ( 1 − P i ) d p [ i ] + 1 d p [ n ] = 0 \begin{aligned} dp[i-1]&=P_i*dp[0]+(1-P_i)dp[i] + 1 \\ dp[n]&=0 \end{aligned} dp[i1]dp[n]=Pidp[0]+(1Pi)dp[i]+1=0
利用递推式展开:
d p [ n ] = 0 ∗ d p [ 0 ] + 0 = a ∗ d p [ 0 ] + b d p [ n − 1 ] = P n ∗ d p [ 0 ] + ( 1 − P n ) d p [ n ] + 1 d p [ n − 2 ] = P n − 1 ∗ d p [ 0 ] + ( 1 − P n − 1 ) d p [ n − 1 ] + 1 . . . d p [ 0 ] = P 1 d p [ 0 ] + ( 1 − P 1 ) d p [ 1 ] + 1 \begin{aligned} dp[n]&=0*dp[0]+0=a*dp[0]+b \\ dp[n-1]&=P_n * dp[0] + (1-P_n)dp[n] + 1 \\ dp[n-2]&=P_{n-1} * dp[0] + (1-P_{n-1})dp[n-1] + 1 \\ ... \\ dp[0]&=P_1dp[0]+(1-P_1)dp[1]+1 \end{aligned} dp[n]dp[n1]dp[n2]...dp[0]=0dp[0]+0=adp[0]+b=Pndp[0]+(1Pn)dp[n]+1=Pn1dp[0]+(1Pn1)dp[n1]+1=P1dp[0]+(1P1)dp[1]+1
维护两个变量 a , b a,b a,b,分别表示 d p [ 0 ] dp[0] dp[0]的系数和常数,初始均为0。

d p [ n ] dp[n] dp[n]代入 d p [ n − 1 ] dp[n-1] dp[n1]中,得到新的 a , b a,b a,b
a = P n + ( 1 − P n ) ∗ a b = 1 + ( 1 − P n ) ∗ b \begin{aligned} a&=P_n+(1-P_n)*a \\ b&=1+(1-P_n)*b \end{aligned} ab=Pn+(1Pn)a=1+(1Pn)b
最终可以得到:
d p [ 0 ] = a ∗ d p [ 0 ] + b dp[0]=a*dp[0]+b dp[0]=adp[0]+b
遍历中全部使用模意义下的数字,求解 d p [ 0 ] dp[0] dp[0]的时候相当于求解:
( a − 1 ) d p [ 0 ] + b ≡ 0 % M O D (a-1)dp[0]+b\equiv0\% MOD (a1)dp[0]+b0%MOD
利用扩展欧几里得求解 d p [ 0 ] dp[0] dp[0]即可。

注意:存在更优的做法,递推过程更复杂,但是不需要最后的扩展欧几里得。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;
const int MOD = 998244353;
ll x[maxn], y[maxn];
ll ksm(ll a, ll b, ll m)
{
    ll ans = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1)ans = ans * a % m;
        b >>= 1;
        a = a * a % m;
    }
    return ans;
}
ll inv(ll x)
{
    return ksm(x, MOD - 2, MOD);
}
ll extgcd(ll a, ll b, ll&x, ll&y)//ax+by = gcd(a, b)的解。返回值为gcd
{
    ll d = a;
    if(b)
    {
       d = extgcd(b, a % b, y, x);
       y -= (a / b) * x;
    }
    else x = 1, y = 0;
    return d;
}

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> x[i] >> y[i];
        ll g = __gcd(x[i], y[i]);
        x[i] = x[i] / g;
        y[i] = y[i] / g;
    }
    ll a = 0, b = 0;
    for(int i = n; i >= 1; i--)
    {
        ll p = x[i] * inv(y[i]) % MOD, p_1 = (y[i] - x[i]) * inv(y[i]) % MOD;
        a = (p + p_1 * a) % MOD;
        b = (1 + p_1 * b) % MOD;
    }
    ///cout<
    ///dp[0] = a * dp[0] + b
    ///(a-1)dp[0]+k * MOD = MOD - b
    ///(a - 1)x + MOD * y = MOD - b
    ///cout<
    ll c = a - 1, d = MOD, x, y;
    ll g = extgcd(c, d, x, y);
    ///cout<
    ll x1 = x * (MOD - b) / g;
    ll y1 = y * (MOD - b) / g;
    cout<<(x1 % MOD + MOD ) % MOD<<endl;
    return 0;
}

试题F: 青蛙过河

题意: 小青蛙住在一条河边,它想到河对岸的学校去学习。小青蛙打算经过河里的石头跳到对岸。河里的石头排成了一条直线,小青蛙每次跳跃必须落在一块石头或者岸上。不过,每块石头有一个高度,每次小青蛙从一块石头起跳,这块石头的高度就会下降1,当石头的高度下降到0 时小青蛙不能再跳到这块石头上(某次跳跃后使石头高度下降到0 是允许的)。

小青蛙一共需要去学校上 x x x天课,所以它需要往返 2 x 2x 2x次。当小青蛙具有一个跳跃能力 y y y时,它能跳不超过 y y y的距离。请问小青蛙的跳跃能力至少是多少才能用这些石头上完 x x x次课。

Tag: 二分答案、贪心

难度: ☆☆☆☆

思路: 往返累计 2 x 2x 2x次相当于单向走 2 x 2x 2x次。跳跃能力越大,越能保证可以通过 2 x 2x 2x次。因此可以使用二分答案,找到一个最小的满足条件的跳跃能力。

假设跳跃能力为 m i d mid mid,一种思想是每次能跳多远跳多远,然后去模拟判断 m i d mid mid是否合法,做法比较复杂,暂不展开。

另一种想法是判断每个长度为 m i d mid mid的区间之和是否大于等于 2 x 2x 2x,如果每个区间和都大于 2 x 2x 2x,肯定可以保证构造出一组解通过 2 x 2x 2x次。反过来是否成立可以自行思考一下。

参考:https://www.zhihu.com/question/525176453/answer/2433729894。

#include
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
template <typename T>
inline T read(T& x) {
  x = 0;
  T w = 1;
  char ch = 0;
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + (ch - '0');
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}
int h[maxn], sum[maxn];
int n, x;
//判断所有长度为mid的区间之和是否大于等于2x
bool check(int mid)
{
    for(int i = 1; i + mid - 1 <= n; i++)
        if(sum[i + mid - 1] - sum[i - 1] < 2 * x)return false;
    return true;
}
int main()
{
    read(n); read(x);
    for(int i = 1; i <= n - 1; i++)//预处理前缀和
        read(h[i]), sum[i] = sum[i - 1] + h[i];
    sum[n] = 1e9 + 7;
    int left = 1, right = n, ans = n;
    while(left <= right)//二分答案
    {
        int mid = (left + right) >> 1;
        if(check(mid))
            ans = mid, right = mid - 1;//求最小合法解
        else
            left = mid + 1;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

试题G: 最长不下降子序列

题意: 给定数组 a a a,可以修改连续的 K K K个数字变成一个相同值。请计算修改后的最长不下降子序列长度。

Tag: 动态规划、线段树

难度: ☆☆☆☆☆

思路: 最长不下降子序列是经典的动态规划问题。本题只和数字大小有关,与数值无关,因此,先对数组进行离散化。

d p [ i ] dp[i] dp[i]表示以 a [ i ] a[i] a[i]结尾的最长不下降子序列长度,对于修改连续的 K K K个数字变成同一值,最好修改成与前面一样的数字,即:

修改 a [ i − k + 1 ] , . . . , a [ i ] a[i-k+1],...,a[i] a[ik+1],...,a[i]均修改成 a [ i − k ] a[i-k] a[ik],此时的最长上升子序列可以看成3段:

  1. [ 1 , i − k ] [1,i-k] [1,ik]:长度为 d p [ i − k ] dp[i-k] dp[ik]
  2. [ i − k + 1 , . . . , i − 1 ] [i-k+1,...,i-1] [ik+1,...,i1]:长度为 k − 1 k-1 k1
  3. [ i , i + 1... n ] [i,i+1...n] [i,i+1...n] a [ i ] , a [ i + 1 ] , . . . , a [ n ] a[i],a[i+1],...,a[n] a[i],a[i+1],...,a[n]中,以 a [ i ] a[i] a[i]开头的最长上升子序列,注意此时的 a [ i ] a[i] a[i]的值应该等于 a [ i − k ] a[i-k] a[ik]

为了求出 d p [ i ] dp[i] dp[i],利用权值线段树求出 d p [ 1 ] , . . . , d p [ i − 1 ] dp[1],...,dp[i-1] dp[1],...,dp[i1]中最大的数字 d p [ j ] dp[j] dp[j],同时保证 a [ j ] ≤ a [ i ] a[j]\le a[i] a[j]a[i]

具体做法为:对 a a a数组离散化后,从左往右遍历 a a a数组,将 a [ i ] a[i] a[i]看作线段树的第 a [ i ] a[i] a[i]位, d p [ i ] dp[i] dp[i]为线段树维护的值(线段树维护最大值),查询线段树区间 [ 1 , a [ i ] ] [1,a[i]] [1,a[i]]的最大值即可。

类似的,反向遍历,每次查询 [ a [ i ] , n ] [a[i],n] [a[i],n]的最大值,就可以维护以 x x x开头的最长上升子序列,这样,最后暴力枚举每一段 K K K即可。

#include
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
template <typename T>
inline T read(T& x) {
  x = 0;
  T w = 1;
  char ch = 0;
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + (ch - '0');
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}
int a[maxn], b[maxn];
int dp[maxn];
///dp[i]表示以i结尾的最长上升子序列

///权值线段树,维护dp数组
int tree[maxn << 2];
void build(int o, int l, int r)
{
    tree[o] = 0;
    if(l == r)return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(o << 1, l, mid);
    build(o << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void update(int o, int l, int r, int x, int val)
{
    if(l == r)
    {
        tree[o] = max(tree[o], val);
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(x <= mid)update(o << 1, l, mid, x, val);
    else update(o << 1 | 1, mid + 1, r, x, val);
    tree[o] = max(tree[o << 1], tree[o << 1 | 1]);
}
int query(int o, int l, int r, int L, int R)
{
    if(L <= l && r <= R)
        return tree[o];
    int mid = (l + r) >> 1;
    int ans = 0;
    if(L <= mid)ans = max(ans, query(o << 1, l, mid, L, R));
    if(R > mid)ans = max(ans, query(o << 1 | 1, mid + 1, r, L, R));
    return ans;
}

int main()
{
    int n, k, tot = 0;
    read(n); read(k);
    for(int i = 1; i <= n; i++)read(a[i]), b[++tot] = a[i];
    if(n == k)
    {
        cout<<n<<endl;
        return 0;
    }
    ///离散化
    sort(b + 1, b + 1 + tot);
    tot = unique(b + 1, b + 1 + tot) - (b + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        a[i] = lower_bound(b + 1, b + 1 + tot, a[i]) - b;
    
    build(1, 1, tot);
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)///从前往后遍历a,放入权值线段树中
    {
        ///dp[i] = max(dp[j]) 满足j=1...i-1 && a[j] <= a[i]
        dp[i] = query(1, 1, tot, 1, a[i]) + 1;
        update(1, 1, tot, a[i], dp[i]);
    }
    ///重新清空
    build(1, 1, tot);
    for(int i = n; i > k; i--)///从后往前遍历a,放入权值线段树中
    {
        ///a[i-k+1] ... a[i]相等 均等于a[i-k]
        ///最后一段要注意:查询的是[a[i-k],tot]中的最大值
        ans = max(ans, dp[i - k] + k - 1 + query(1, 1, tot, a[i - k], tot) + 1);
        int tmp = query(1, 1, tot, a[i], tot) + 1; ///以a[i]开始的最长上升子序列长度
        ans = max(ans, tmp + k);
        ///插入的是a[i]
        update(1, 1, tot, a[i], tmp);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

试题H: 扫描游戏

题意: 有一根围绕原点 O O O顺时针旋转的棒 O A OA OA,初始时指向正上方( Y Y Y 轴正向)。在平面中有若干物件,第 i i i个物件的坐标为 ( x i , y i ) (xi, yi) (xi,yi) ,价值为 z i zi zi。当棒扫到某个物件时,棒的长度会瞬间增长 z i zi zi,且物件瞬间消失(棒的顶端恰好碰到物件也视为扫到),如果此时增长完的棒又额外碰到了其他物件,也按上述方式消去(它和上述那个点视为同时消失)。

如果将物件按照消失的时间排序,则每个物件有一个排名,同时消失的物件排名相同,请输出每个物件的排名,如果物件永远不会消失则输出 − 1 -1 1

Tag: 计算几何、线段树

难度: ☆☆☆☆☆

思路: 首先进行极角排序,按照顺时针排序。具体可以利用象限+叉积来排序。

初始时棒长度为 L L L,每次需要找到顺时针第一个小于等于 L L L的点即可。

可以利用线段树维护每个点到原点的距离 x i 2 + y i 2 x_i^2+y_i^2 xi2+yi2,要找的是下一个小于等于 L 2 L^2 L2的点,因此维护最小值。

假设之前位置为 l a s t last last(初始为0),每次利用线段树查找区间 [ l a s t + 1 , n ] [last+1,n] [last+1,n]中从左往右第一个小于等于 L 2 L^2 L2的数字,如果没有找到则查找区间 [ 1 , l a s t − 1 ] [1,last-1] [1,last1]中从左往右第一个小于等于 L 2 L^2 L2的数字(顺时针一圈)。

如果没找到则终止。

如果找到了,下标记为 i d x idx idx。棒长 L L L增加 z i d x z_{idx} zidx,记录一下当前第 i d x idx idx个点的答案。注意特判一下,如果当前点和先前点夹角为0,则排名是一样的。

代码中由于 L L L不断增加, L 2 L^2 L2会超过 l o n g   l o n g long\ long long long,可以在代码中维护距离而不是距离的平方,也可以使用 _ _ i n t 128 \_\_int128 __int128来维护变量 L 2 L^2 L2

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;
template <typename T>
inline T read(T& x) {
  x = 0;
  T w = 1;
  char ch = 0;
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + (ch - '0');
    ch = getchar();
  }
  return x = x * w;
}
struct point
{
    ll x, y, z;
    int id;
}a[maxn];
ll n;
__int128 L;

int Quadrant(point a)
{
    if(a.x >= 0 && a.y > 0)return 1;///y的正半轴放到第一象限
    if(a.x > 0 && a.y <= 0)return 2;///x的正半轴放到第二象限
    if(a.x <= 0 && a.y < 0)return 3;
    return 4;
}
ll cross(point a, point b)
{
    return a.x * b.y - a.y * b.x;
}
bool cmp(point a, point b)
{
    if(Quadrant(a) == Quadrant(b))
    {
        if(cross(a, b) == 0)
            return a.x * a.x + a.y * a.y < b.x * b.x + b.y * b.y;
        else
           return cross(a, b) < 0;
    }
    else
        return Quadrant(a) < Quadrant(b);
}

__int128 mi[maxn << 2];
void push_up(int o)
{
    mi[o] = min(mi[o << 1], mi[o << 1 | 1]);
}
void build(int o, int l, int r)
{
    if(l == r)
    {
        mi[o] = a[l].x * a[l].x + a[l].y * a[l].y;
        return ;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(o << 1, l, mid);
    build(o << 1 | 1, mid + 1, r);
    push_up(o);
}

void update(int o, int l, int r, int x, __int128 val)
{
    if(l == r)
    {
        mi[o] = val;
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(x <= mid)update(o << 1, l, mid, x, val);
    else update(o << 1 | 1, mid + 1, r, x, val);
    push_up(o);
}

///找右边第一个小于等于z^2的数字
ll idx;
bool query(int o, int l, int r, int L, int R, __int128 z)
{
    if(L > R)return false;
    if(l == r)
    {
        idx = l;
        return mi[o] <= z;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    if(L <= mid)
    {
        if((mi[o << 1] <= z) && query(o << 1, l, mid, L, R, z))
            return true;
    }
    if(R > mid)
    {
        if((mi[o << 1 | 1] <= z) && query(o << 1 | 1, mid + 1, r, L, R, z))
            return true;
    }
    return false;
}
int ans[maxn];

int main()
{
    read(n);read(L);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        read(a[i].x);read(a[i].y);read(a[i].z);
        a[i].id = i;
        ans[i] = -1;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
    build(1, 1, n);
    int cnt = 0;
    int lastcnt = 0;
    int last = 0;  ///上一个位置
    while(true)
    {
        bool ok = query(1, 1, n, last + 1, n, L * L);
        if(ok)L = L + a[idx].z;
        else
        {
            ok = query(1, 1, n, 1, last - 1, L * L);
            if(ok)L = L + a[idx].z;
            else break;
        }
        update(1, 1, n, idx, 1e32);
        if(last)
        {
            if(Quadrant(a[last]) == Quadrant(a[idx]) && cross(a[last], a[idx]) == 0)
                ans[a[idx].id] = lastcnt, ++cnt;
            else
                ans[a[idx].id] = ++cnt, lastcnt = cnt;
        }
        else
            ans[a[idx].id] = ++cnt, lastcnt = cnt;
        last = idx;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cout<<ans[i];
        if(i != n)cout<<" ";
    }
    return 0;
}

试题I: 数的拆分

题意: 判断数字 a ≤ 1 0 18 a \le 10^{18} a1018能否表示成 x 1 y 1 x 2 y 2 x_1^{y_1}x_2^{y_2} x1y1x2y2的形式,其中 x 1 , x 2 x_1,x_2 x1,x2为正整数, y 1 , y 2 y_1,y_2 y1,y2为大于等于 2 2 2的正整数。 T ≤ 100000 T \le 100000 T100000次询问。

Tag: 数论

难度: ☆☆☆☆☆

思路: 首先考虑将 a a a进行素因子分解 p 1 q 1 p 2 q 2 ⋅ . . . ⋅ p k q k p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdot ...\cdot p_k^{q_k} p1q1p2q2...pkqk,首先要满足 q i ≥ 2 q_i\ge 2 qi2

∀ q i ≥ 2 \forall q_i \ge 2 qi2,要拆分成 k 1 ∗ y 1 + k 2 ∗ y 2 = q i k_1*y_1+k_2*y_2=q_i k1y1+k2y2=qi k 1 , k 2 ≥ 0 , y 1 , y 2 ≥ 2 k_1,k_2 \ge 0,y_1,y_2\ge 2 k1,k20,y1,y22

y 1 = 2 , y 2 = 3 y_1=2,y_2=3 y1=2,y2=3可以保证所有的 q i ≥ 2 q_i \ge 2 qi2均有非负整数解。

2 k 1 + 3 k 2 = k 2k_1+3k_2=k 2k1+3k2=k对于 ∀ k > 1 \forall k > 1 k>1均有非负整数解:

1、 k % 3 = = 0 k\%3==0 k%3==0 k 1 = 0 , k 2 = k 3 k_1=0,k_2=\frac{k}{3} k1=0,k2=3k

2、 k % 3 = = 1 k\%3==1 k%3==1 k 1 = 2 , k 2 = k − 4 3 k_1=2,k_2=\frac{k-4}{3} k1=2,k2=3k4

3、 k % 3 = = 2 k\%3==2 k%3==2 k 1 = 1 , k 2 = k − 2 3 k_1=1,k_2=\frac{k-2}{3} k1=1,k2=3k2

所以问题变成数字 a a a能否变成 x 1 2 x 2 3 x_1^2x_2^3 x12x23

对于 a = p 1 q 1 p 2 q 2 ⋅ . . . ⋅ p k q k a=p_1^{q_1}p_2^{q_2}\cdot ...\cdot p_k^{q_k} a=p1q1p2q2...pkqk,只需要检测每个 q i q_i qi是否大于等于 2 2 2即可,只要大于等于 2 2 2就可以按照对应的 k 1 , k 2 k_1,k_2 k1,k2分配到 x 1 , x 2 x_1,x_2 x1,x2里面。

由于 a ≤ 1 0 18 a\le 10^{18} a1018,所以 x 1 2 x 2 3 ≤ 1 0 18 x_1^2x_2^3\le 10^{18} x12x231018。如果素因子 p > 4000 p>4000 p>4000,则 p 5 ≥ 1 0 18 p^5\ge 10^{18} p51018。所以只需要暴力判断 4000 4000 4000以内的素因子,对于大于 4000 4000 4000 p p p,指数只可能是 2 , 3 , 4 2,3,4 2,3,4,即判断一下是否为平方数或者立方数即可。

时间复杂度 O ( T ∗ 550 ) O(T*550) O(T550) 550 550 550 4000 4000 4000以内素数数量。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD = 1e9 + 7;
template <typename T>
inline T read(T& x) {
  x = 0;
  T w = 1;
  char ch = 0;
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + (ch - '0');
    ch = getchar();
  }
  return x * w;
}

bool not_prime[4010];
int prime[4010], tot;
void init(int n)
{
    for(int i = 2; i <= n; i++)if(!not_prime[i])
    {
        prime[++tot] = i;
        for(int j = i + i; j <= n; j += i)
            not_prime[j] = 1;
    }
}
inline bool check(ll x)
{
    ///检查平方数
    ll y = pow(x, 0.5);
    if(y * y == x || (y + 1) * (y + 1) == x)
        return true;
    ///检查立方数
    y = pow(x, 1.0 / 3);
    if(y * y * y == x || (y + 1) * (y + 1) * (y + 1) == x || (y + 2) * (y + 2) * (y + 2) == x)
        return true;
    return false;
}
int main()
{
    init(4000);
    int T;
    read(T);
    while(T--)
    {
        ll x;
        read(x);
        if(check(x))
        {
            puts("yes");
            continue;
        }
        bool flag = true;
        for(int i = 1; i <= tot; i++)if(x % prime[i] == 0){
            int now = 0;
            while(x % prime[i] == 0)
            {
                now++;
                x /= prime[i] ;
            }
            ///cout<
            if(now == 1)
            {
                flag = false;
                break;
            }
        }
        if(flag & check(x))
        {
            puts("yes");
            continue;
        }
        else
        {
            puts("no");
        }
    }
    return 0;
}

试题J: 推导部分和

题意: 对于数列 a a a,已知部分区间和,询问若干次区间和。

Tag: 并查集、搜索

难度: ☆☆☆☆

思路: 对于已知的区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]的和为 s s s,用前缀和 s u m [ r ] − s u m [ l − 1 ] = s sum[r]-sum[l-1]=s sum[r]sum[l1]=s表示,根据差分约束建图准则,相当于点 l − 1 l-1 l1到点 r r r长度为 s s s r r r l − 1 l-1 l1长度为 − s -s s

建好图之后,每次询问一个区间 [ q l , q r ] [ql,qr] [ql,qr]的和,相当于询问 s u m [ q r ] − s u m [ q l − 1 ] sum[qr]-sum[ql-1] sum[qr]sum[ql1]的值。

首先要保证 q l − 1 ql-1 ql1 q r qr qr在同一个连通块中,其次每个连通块只需要随便一个点初始化为 0 0 0,然后按照边长扩展即可。这是由于等号,不管怎么走,相对差值是不变的。

代码中 d f s dfs dfs b f s bfs bfs均可以。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
template <typename T>
inline T read(T& x) {
  x = 0;
  T w = 1;
  char ch = 0;
  while (ch < '0' || ch > '9') {
    if (ch == '-') w = -1;
    ch = getchar();
  }
  while (ch >= '0' && ch <= '9') {
    x = x * 10 + (ch - '0');
    ch = getchar();
  }
  return x = x * w;
}
const int maxn = 1e5 + 10;
const ll INF = -1e13;
int n, m, q;
struct edge
{
    int v; ll w;
    edge(){}
    edge(int v, ll w):v(v), w(w){}
};
vector<edge>Map[maxn];
ll sum[maxn];
bool vis[maxn];
void dfs(int u, ll d)
{
    vis[u] = 1;
    sum[u] = d;
    ///cout<
    for(auto x : Map[u])
    {
        int v = x.v; ll w = x.w;
        if(vis[v])continue;
        dfs(v, d + w);
    }
}
queue<pair<int,ll> >Q;
void bfs(int u, ll d)
{
    vis[u] = 1;
    sum[u] = d;
    Q.push(make_pair(u, d));
    while(!Q.empty())
    {
        auto now = Q.front();
        Q.pop();
        int u = now.first; ll d = now.second;
        for(auto x : Map[u])
        {
            int v = x.v; ll w = x.w;
            if(vis[v])continue;
            vis[v] = 1;
            sum[v] = d + w;
            Q.push(make_pair(v, d + w));
        }
    }
}
int f[maxn];
int Find(int x)
{
    return x == f[x] ? x : f[x] = Find(f[x]);
}
int main()
{
    read(n);read(m);read(q);
    for(int i = 0; i <= n; i++)f[i] = i;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int l, r; ll s;
        read(l);read(r);read(s);
        ///cout<
        ///sum[r] - sum[l - 1] = s
        Map[l - 1].push_back(edge(r, s));
        Map[r].push_back(edge(l - 1, -s));
        f[Find(l - 1)] = Find(r);
    }
    for(int i = 0; i <= n; i++)if(!vis[i])
        bfs(i, 0);
    while(q--)
    {
        int l, r;
        read(l), read(r);
        --l;
        if(Find(l) != Find(r))puts("UNKNOWN");
        else printf("%lld\n", sum[r] - sum[l]);
    }
    return 0;
}

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