【超好懂的比赛题解】暨南大学2023东软教育杯ACM校赛个人题解
title : 暨南大学2023东软教育杯ACM校赛 题解
tags : ACM,练习记录
date : 2023-3-26
author : Linno
文章目录
- 暨南大学2023东软教育杯ACM校赛 题解
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- A-小王的魔法
- B-苏神的遗憾
- C-神父的碟
- D-基站建设
- E-小王的数字
- F-Uziの真身
- G-电子围棋
- H-二分大法
- I-丁真的小马朋友们
- J-单车运营
- K-超导铁轨
- L-承太郎的"替身数"
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暨南大学2023东软教育杯ACM校赛 题解
题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/47948
出题数量：12/12 ,AK了
出题顺序：A->B->C->D->F->G->J->E->I->H->L->K
简评：首先感谢出题组手下留情，再来点中等水平思维题估计就能搞死我了。因为题出的都比较板所以顺理成章地AK了，打搅了大家的做题兴致非常抱歉！这一场如果板子带够了并且刷题量达到一定水平，打得都不会差的。如果觉得自己打得不好，那希望这篇题解能给你带来帮助（不懂也可以继续问），喜欢ACM的话就请继续加油吧！
A-小王的魔法
选某一个数，它的因数都会被选中，因此选它本身肯定是最优的，那么我们直观觉得从大到小枚举的时候把因数都打上标签，然后没打标签的数统计到答案里面就必然是正确的。但可惜n有1e18这样做肯定超时，因此我们继续考虑更直观的结论：
- 当 i < = ⌊ n 2 ⌋ i<=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor i<=⌊2n⌋时，显然有 i i i的所有因数都包含在 2 ∗ i 2*i 2∗i的所有因数中，因此不必考虑
- 对于 i ∈ [ n 2 , n ] i\in [\frac{n}{2},n] i∈[2n,n]，没有倍数能够将其包含，所以是最优的，因此答案就是 ⌈ n 2 ⌉ \lceil\frac{n}{2}\rceil ⌈2n⌉。
void solve(){
int n;
cin>>n;
cout<<(n+1)/2<<"\n";
}
B-苏神的遗憾
注意读题，苏神是可以第一的，但是成绩不能并列。因此一般情况下苏神的成绩是第二名成绩-1秒，但是如果那是第一名的成绩，就要跑得比这个更快一秒才行了。
void solve(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
stable_sort(a+1,a+1+n);
if(a[1]+1==a[2]) ans=a[1]-1;
else ans=a[2]-1;
cout<<ans<<"\n";
}
C-神父的碟
前置知识：中国剩余定理
原题意也就是让我们解同余方程组：
{ x ≡ b 1 m o d a 1 x ≡ b 2 m o d a 2 . . . x ≡ b n m o d a n \begin{cases} x\equiv b_1 \mod a_1 \\ x\equiv b_2 \mod a_2 \\ ...\\ x\equiv b_n \mod a_n \\ \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧x≡b1moda1x≡b2moda2...x≡bnmodan
由于 a a a两两互质，令 x = ( N / a i ) ∗ y x=(N/a_i)*y x=(N/ai)∗y，方程组等同于解同余方程 ( N / a i ) y ≡ 1 m o d a i (N/a_i)y\equiv 1 \mod a_i (N/ai)y≡1modai，得到特解 y i y_i yi，则方程组的解为： x 0 = b 1 x 1 + b 2 x 2 + . . . + b r x r m o d N x_0=b_1x_1+b_2x_2+...+b_rx_r \mod N x0=b1x1+b2x2+...+brxrmodN,在模N意义下唯一。
注意到准备的箱子数 a i a_i ai肯定是不同的质数，也就是说不需要用到扩展CRT，直接套板子即可。
#includeD-基站建设
题目给定 x , b x,b x,b，我们可以转化为每个节点的做右端点 [ l , r ] [l,r] [l,r]，并且按照 r r r从小到大排序，每次贪心地选最右点建基站并跳过已被覆盖掉的节点，即可保证最优。
#includeE-小王的数字
前置知识：数位DP
数位DP板题，形式一般都如下： 给定 L , R , 问 [ L , R ] 范围内有多少 X X X 的数，数据范围可出到 1 e 18 给定L,R,问[L,R]范围内有多少XXX的数，数据范围可出到1e18 给定L,R,问[L,R]范围内有多少XXX的数，数据范围可出到1e18。
流程大概就是按位拆分给的数，然后再按位记忆化搜索统计答案。代码细节各位自己看吧,dfs(stp,zero,lim,mx,now)表示搜到第stp位数，最多连续mx位6，当前连续了now位6时的状态，zero是前置0标签，lim是最高位标签。
#includeF-Uziの真身
看大家的代码写的都好短，我开数组记了前缀和和后缀和。然后枚举‘z’的位置，每个位置对答案的贡献就是前面‘j’的数量乘上后面‘h’的数量，记得取模。
#include
for(int i=1;i<len;++i){
if(str[i]=='z') ans+=numj[i-1]*numh[i+1]%mod,ans%=mod;
// cout<
}
cout<<ans<<"\n";
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);cout.tie(0);
int T=1;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
/*
14
mjbajzhmuaxing
9
jzhjzhjzh
*/
G-电子围棋
爆搜就行了，首先把最外面一圈全变成1，然后剩下里面的就直接全变成6，最后统计答案即可。
#includeH-二分大法
没想到这题居然是暴力……大家可以忽略我的做法去看别人的。题目如果不保证所有i累加小于1e7的话，可以考虑建平衡树，我用的是FHQ Treap。这种数据结构可以很方便地进行序列的拆分和合并操作。然后对于拆分之后的两颗平衡树每个节点都有加法标签和乘法标签，仿照线段树的pushdown操作进行先乘后加的处理即可。可能场内没有想我一样写平衡树的同学吧……pushdown真的很坑，让我wa了两发。
#include
ch[now][0]=build(l,mid-1);
ch[now][1]=build(mid+1,r);
update(now);
return now;
}
void dfs(int x){
if(!x) return;
pushdown(x);
dfs(ls);
printf("%lld ",val[x]%mod);
dfs(rs);
}
signed main(){
srand(time(0));
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read()%mod;
rt=build(1,n);
q=read();
for(int i=1,x,op,y,a,b;i<=q;++i){
x=read();op=read();y=read();
split(rt,x,a,b);
if(op==1) val[a]=(val[a]+y)%mod,tg1[a]=(tg1[a]+y)%mod;
else val[a]=val[a]*y%mod,tg2[a]=tg2[a]*y%mod;
rt=merge(b,a);
}
dfs(rt);
puts("");
}
/*
7
1 2 3 4 5 6 7
3
3 1 7
2 1 1
1 2 2
4
2 5 4 3
0
4
2 5 4 3
3
1 2 2
3 1 3
1 2 5
——8 7 6 20
3
0 5 4
3
2 2 5
2 2 3
3 1 7
*/
I-丁真的小马朋友们
前置知识：线段树
首先要想到一个很直观的结论就是：我们每次都只选择长度为2的区间可以保证答案是最大的。因此我们只需要维护相邻两项的乘积即可。题目转化为了区间查询最大值和单点修改，学过数据结构的同学可以快速通过。
#includeJ-单车运营
前置知识：图论基础知识，最小费用最大流
最大流是在一个有向图中从S到T，中间有许多节点，每条边权限制了流量，问单位时间能流过的最大流量是多少的模型。而最小费用最大流流是在这基础上给出每条边每流过一单位水流的费用，问在最大流量的基础上最小费用的模型。显然题目可以套入这个模型，从源点S到每个地点之间的最大流量便是单车最开始的摆放量 a i a_i ai,不造成费用；每两个地点之间的流量无限，即可以不限量的搬运，但是需要造成的费用便是两地的距离 d i s i j dis_{ij} disij；每个地点到汇点的流量便是最终要摆放的车辆 b i b_i bi,也不造成费用。这样，在满足摆放好车辆的前提下（最大流），所需要的努力最少（最小费用）。模型是怎么做到这一点的？去学前置知识。
#includeK-超导铁轨
前置知识：SAM（后缀自动机）
因为被选中的位置不可用，所对于两个字符串S,T来说都可以分段处理。也就是说S的每一段与T的每一段两两匹配，求最长公共子串的最大长度。显然两两匹配会超时，我们不妨对S的每一段字符串建广义SAM，然后枚举T的每一段在SAM上跑最长匹配长度。别问我SAM是怎么做到的（其实就是在DAG上一个一个字符去匹配，如果匹配失败就像KMP一样跳转到Fail的位置），去学前置知识。听说大佬用后缀数组被卡了，可惜。
#include
for(int i=0;i<s.length();++i) insert(s[i]-'a',num);
}
for(int i=2;i<=tot;++i) G[fa[i]].emplace_back(i);
dfs(rt);
for(auto s:s2){
work(s);
// cout<
}
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
/*
aabaabaab
aa
3
3 6 9
0
abcdabcdbacbd
bcd
1
4
1
1
*/
L-承太郎的"替身数"
前置知识：数论分块，迪利克雷卷积，莫比乌斯反演
下面是推导过程，如果有不懂的私信我或者去看前置知识。
题意转化为求 ∑ i = 1 S 1 ∑ j = 1 S 2 l c m ( i , j ) \sum_{i=1}^{S1}\sum_{j=1}^{S2}lcm(i,j) ∑i=1S1∑j=1S2lcm(i,j)，最小公倍数 l c m ( i , j ) = i ∗ j g c d ( i , j ) lcm(i,j)=\frac{i*j}{gcd(i,j)} lcm(i,j)=gcd(i,j)i∗j
原式等于 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m i ⋅ j gcd ( i , j ) = ∑ d = 1 n d ⋅ ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ ∑ j = 1 ⌊ m d ⌋ [ gcd ( i , j ) = 1 ] i ⋅ j = ∑ d = 1 n ∑ d ∣ i n ∑ d ∣ j m μ ( d ) ⋅ i ⋅ j 令 g ( n , m ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m i ⋅ j = n ⋅ ( n + 1 ) 2 × m ⋅ ( m + 1 ) 2 sum ( n , m ) = ∑ d = 1 n μ ( d ) ⋅ d 2 ⋅ g ( ⌊ n d ⌋ , ⌊ m d ⌋ ) 原式 = ∑ d = 1 n d ⋅ sum ( ⌊ n d ⌋ , ⌊ m d ⌋ ) , 可用数论分块和线性筛解决。 原式等于 \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{i\cdot j}{\gcd(i,j)} \\ = \sum_{d=1}^n d\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\ i\cdot j \\ = \sum_{d=1}^n\sum_{d\mid i}^n\sum_{d\mid j}^m\mu(d)\cdot i\cdot j\\ 令 g(n,m)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m i\cdot j=\frac{n\cdot(n+1)}{2}\times\frac{m\cdot(m+1)}{2} \\ \operatorname{sum}(n,m)=\sum_{d=1}^n\mu(d)\cdot d^2\cdot g(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor) \\ 原式=\sum_{d=1}^n d\cdot\operatorname{sum}(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor) ,可用数论分块和线性筛解决。 原式等于i=1∑nj=1∑mgcd(i,j)i⋅j=d=1∑nd⋅i=1∑⌊dn⌋j=1∑⌊dm⌋[gcd(i,j)=1] i⋅j=d=1∑nd∣i∑nd∣j∑mμ(d)⋅i⋅j令g(n,m)=i=1∑nj=1∑mi⋅j=2n⋅(n+1)×2m⋅(m+1)sum(n,m)=d=1∑nμ(d)⋅d2⋅g(⌊dn⌋,⌊dm⌋)原式=d=1∑nd⋅sum(⌊dn⌋,⌊dm⌋),可用数论分块和线性筛解决。
#include