2020CCPC网络选拔赛题解

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排名和队号一样

1002 Graph Theory Class

题目大意

定义一个完全无向图$G=(V,E)$的边权$W_{i,j}=lcm(i+1,j+1)$，问你当$|V|=n$该图的最小生成树权值模上$k$为多少

数据范围

$1\le n\le 10^{10}$, $10^8\le k\le 10^9$

解题思路

首先考虑如何在该图中找到一个最小生成树，经过模拟，我们很快可以发现只需将所有$i+1$为质数的节点挑出来作为一颗子树的根节点，然后将所有此类节点（除$2$以外）与$2$相连，则可以满足题目要求（证明略，可以想象如果更换一条边必然会产生更大的权值），此时该树的权值为：
$$W=\sum _{i=3}^{n+1}i+\sum _{i=3,iisprime}^{n+1}i$$
于是我们只需要求出$n+1$以内的质数和即可，由于$n$很大，所以$O(n)$以上的质数筛法显然超时，这是我们需要用到一个叫做$Min25$筛的东西，用于求出任意正整数以内的质数和

另外要注意前一项用等差数列求和时要先判断奇偶，否则会导致溢出

AC代码

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1000010;
struct Min25 {

    ll prime[N], id1[N], id2[N], flag[N], ncnt, m;

    ll g[N], sum[N], a[N], T, n;

    inline int ID(ll x) {
        return x <= T ? id1[x] : id2[n / x];
    }

    inline ll calc(ll x) {
        return x * (x + 1) / 2 - 1;
    }

    inline ll f(ll x) {
        return x;
    }
    inline void Init() {
        memset(prime, 0, sizeof(prime));
        memset(id1, 0, sizeof(id1));
        memset(id2, 0, sizeof(id2));
        memset(flag, 0, sizeof(flag));
        memset(g, 0, sizeof(g));
        memset(sum, 0, sizeof(sum));
        memset(a, 0, sizeof(a));
        ncnt = m = T = n = 0;
    }
    inline void init() {
        T = sqrt(n + 0.5);
        for (int i = 2; i <= T; i++) {
            if (!flag[i]) prime[++ncnt] = i, sum[ncnt] = sum[ncnt - 1] + i;
            for (int j = 1; j <= ncnt && i * prime[j] <= T; j++) {
                flag[i * prime[j]] = 1;
                if (i % prime[j] == 0) break;
            }
        }
        for (ll l = 1; l <= n; l = n / (n / l) + 1) {
            a[++m] = n / l;
            if (a[m] <= T) id1[a[m]] = m; else id2[n / a[m]] = m;
            g[m] = calc(a[m]);
        }
        for (int i = 1; i <= ncnt; i++)
            for (int j = 1; j <= m && (ll)prime[i] * prime[i] <= a[j]; j++)
                g[j] = g[j] - (ll)prime[i] * (g[ID(a[j] / prime[i])] - sum[i - 1]);
    }

    inline ll solve(ll x) {
        if (x <= 1) return x;
        return n = x, init(), g[ID(n)];
    }

}a;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        ll n, k;
        cin >> n >> k;
        a.Init();
        ll sum = 0;
        if (n >= 3) {
            if ((n + 4) & 1) sum = (n - 1) / 2 % k * ((n + 4) % k) % k;
            else sum = (n + 4) / 2 % k * ((n - 1) % k) % k;
        }
        sum = (sum + a.solve(n + 1) % k) % k;
        cout << (sum + k - 2) % k << '\n';
    }
    return 0;
}

1003 Express Mail Taking

题目大意

一共有$n$个柜子，有$m$件快递分别放在不同的柜子中，每个柜子之间的距离为$1$，你开始时处于$1$号柜子处，每次拿快递时，你需要首先到$k$号柜子处输入指令，然后去往与输入指令对应的柜子处取快递，取完最后一件快递后你需要回到$1$号柜子处，问你取完所有快递的最短路径是多少

数据范围

$1\le k\le n\le 10^9$
$1\le m<min(n,10^9)$
$\sum m\le 2\times 10^6$

解题思路

设$a_i$为第$i$件快递的所在柜子编号，$a_j$表示最后一次取出的快递柜子编号，则有：
$$D=(k-1)+2\times \sum _{i=1,i\ne j}^m|a_i-k|+|a_j-k|+a_j-1$$
那么我们只需要枚举$a_j$的值即可，时间复杂度$O(n)$

AC代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 1e6 + 5;

ll a[N];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        ll n, m, k;
        ll sum = 0;
        scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &k);
        for (int i = 1; i <= m; ++i)
        {
            scanf("%lld", &a[i]);
            ll x =  a[i] - k;
            if (x < 0) x = -x;
            sum += x;
        }
        ll ans = LLONG_MAX;
        for (int i = 1; i <= m; ++i)
        {
            ll x = a[i] - k;
            if (x < 0) x = -x;
            ans = min(ans, k - 1 + 2 * sum + a[i] - 1 - x);
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

1007 CCPC Training Class

题目大意

花里胡哨，就不解释了

解题思路

观察样例发现答案为字符串中出现次数最多的字符的个数

AC代码

#include 
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T, cnt = 0;
    cin >> T;
    while (T--) {
        string s;
        cin >> s;
        int a[26] = { 0 };
        int len = s.length(), Max = 0;
        for (int i = 0; i < len; ++i) {
            ++a[s[i] - 'a'];
            Max = max(Max, a[s[i] - 'a']);
        }
        cout << "Case " << "#" << ++cnt << ": " << Max << '\n';
    }
    return 0;
}

1010 Reports

题目大意

给定一个数组，问你是否有相邻的两个$0$或相邻的两个$1$

解题思路

签到题，直接模拟即可

AC代码

#include 
using namespace std;
int a[66];
int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        int n;
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
        bool tag = false;;
        for (int i = 2; i <= n; ++i) {
            if (a[i] == a[i - 1]) {
                tag = true;
                break;
            }
        }
        if (tag) cout << "NO" << '\n';
        else cout << "YES" << '\n';
    }
    return 0;
}

1011 3x3 Convolution

题目大意

有一个$n\times n$的矩阵$A$和一个$3\times 3$的矩阵$K$，现做如下定义

• $C(A,K)$为$n\times n$的矩阵，其中$C_{x,y}={\sum }_{i=1}^{min(n-x+1,3)}{\sum }_{j=1}^{min(n-y+1,3)}{A}_{x+i-1,y+j-1}\cdot K_{i,j}$
• $C^m(A,K)=C(C^{m-1}(A,K),K)$
• $C^1(A,K)=C(A,K)$
• $K_{i,j}=K_{i,j}^{\prime }/({\sum }_{x=1}^3{\sum }_{y=1}^3{K}_{x,y}^{\prime })$

现在给出矩阵$A$和矩阵$K^{\prime }$，问你$li{m}_{t\to \infty }{C}^t(A,K)$是多少

数据范围

$3\le n\le 50$
$0\le A_{i,j}\le 1000$
$0\le K_{i,j}^{\prime }\le 1000$
${\sum }_{x=1}^3{\sum }_{y=1}^3{K}_{x,y}^{\prime }>0$

解题思路

根据定义可知$K_{i,j}\le 1$，那么当$K$矩阵中存在两个及以上不为$0$的数时答案为$0$
当有且仅有一个不为$0$的元素时，考虑当$K_{1,1}\ne 0$，那么显然答案为原$A$矩阵，否则模拟发现其答案依然为$0$

这题需要注意行末空格问题，不然会$PE$

AC代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long ll;

int a[55][55];
int k1[3][3];
int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) 
    {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= n; ++j)
                scanf("%d", &a[i][j]);
        int sum = 0;
        for(int i= 1; i <= 3; ++ i)
            for (int j = 1; j <= 3; ++j)
            {
                scanf("%d", &k1[i][j]);
                sum += k1[i][j];
            }
        if (sum == k1[1][1])
        {
            for (int i = 1; i <= n; ++i)
            {
                for (int j = 1; j <= n; ++j)
                    printf("%d%c",a[i][j], j == n ? '\n':' ');
            }
        }
        else
        {
            for (int i = 1; i <= n; ++i)
            {
                for (int j = 1; j <= n; ++j)
                    printf("0%c", j == n ? '\n' : ' ');
            }
        }
    }
    return 0;
}