第十二届蓝桥杯大赛软件赛决赛(C/C++ 大学C组)

蓝桥杯 2021年国赛真题
C/C++ 大学C组

  • 试题 A: 整数范围
  • 试题 B: 带宽
  • 试题 C: 纯质数
  • 试题 D: 完全日期
  • 试题 E: 最小权值
  • 试题 F: 大写
  • 试题 G: 123
  • 试题 H: 异或变换
  • 试题  I: 巧克力
  • 试题 J: 二进制问题


  蓝桥杯个人赛软件类历届真题及其解析

  省流,十道签到题。


试题 A: 整数范围

本题总分: 5 5 5


【问题描述】

  用 8 8 8 位二进制(一个字节)来表示一个非负整数,表示的最小值是 0 0 0,则一般能表示的最大值是多少?

【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。


255


#include 

int main() {
    printf("%d", 0xff);
}

   ¿ ¿ ¿


试题 B: 带宽

本题总分: 5 5 5


【问题描述】

  小蓝家的网络带宽是 200 200 200 M b p s \mathrm{Mbps} Mbps,请问,使用小蓝家的网络理论上每秒钟最多可以从网上下载多少 M B \mathrm{MB} MB 的内容。

【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。


25


#include 

int main() {
    printf("%d", 200 / 8);
}

   p s \mathrm{ps} ps 意为 p e r   s e c o n d \mathrm{per\ second} per second 1 B = 8 b 1\mathrm{B} = 8\mathrm{b} 1B=8b


试题 C: 纯质数

本题总分: 10 10 10


【问题描述】

  如果一个正整数只有 1 1 1 和它本身两个约数,则称为一个质数(又称素数)。

  前几个质数是 : : 2 , 3 , 5 , 7 , 11 , 13 , 17 , 19 , 23 , 29 , 31 , 37 , ⋯ 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37,\cdots 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,

  如果一个质数的所有十进制数位都是质数,我们称它为纯质数。例如 : : 2 , 3 , 5 , 7 , 23 , 37 2, 3, 5, 7, 23, 37 2,3,5,7,23,37 都是纯质数,而 11 , 13 , 17 , 19 , 29 , 31 11, 13, 17, 19, 29, 31 11,13,17,19,29,31 不是纯质数。当然 1 , 4 , 35 1, 4, 35 1,4,35 也不是纯质数。

  请问,在 1 1 1 20210605 20210605 20210605 中,有多少个纯质数?

【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。


1903


#include 

const int N = 20210605;

int ans, composite[N + 1];

int check(int n) {
    if (n < 10) return n == 2 || n == 3 || n == 5 || n == 7;
    do
        if (!check(n % 10)) return 0;
    while (n /= 10);
    return 1;
}

int main() {
    for (int i = 2; i <= N; ++i)
        if (!composite[i]) {
            for (int j = i + i; j <= N; j += i) composite[j] = 1;
            if (check(i)) ++ans;
        }
    printf("%d", ans);
}

  埃拉托色尼筛选法。


试题 D: 完全日期

本题总分: 10 10 10


【问题描述】

  如果一个日期中年月日的各位数字之和是完全平方数,则称为一个完全日期。

  例如 : : 2021 2021 2021 6 6 6 5 5 5 日的各位数字之和为 2 + 0 + 2 + 1 + 6 + 5 = 16 2 + 0 + 2 + 1 + 6 + 5 = 16 2+0+2+1+6+5=16,而 16 16 16 是一个完全平方数,它是 4 4 4 的平方。所以 2021 2021 2021 6 6 6 5 5 5 日是一个完全日期。

  例如 : : 2021 2021 2021 6 6 6 23 23 23 日的各位数字之和为 2 + 0 + 2 + 1 + 6 + 2 + 3 = 16 2 + 0 + 2 + 1 + 6 + 2 + 3 = 16 2+0+2+1+6+2+3=16,是一个完全平方数。所以 2021 2021 2021 6 6 6 23 23 23 日也是一个完全日期。

  请问,从 2001 2001 2001 1 1 1 1 1 1 日到 2021 2021 2021 12 12 12 31 31 31 日中,一共有多少个完全日期?

【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。


977


#include 

int ans, days[]{0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};

int is_leap(int year) { return !(year % 100 ? year % 4 : year % 400); }

int calc(int n) {
    int res = 0;
    do
        res += n % 10;
    while (n /= 10);
    return res;
}

int check(int n) {
    switch (n) {
        case 1:
        case 4:
        case 9:
        case 16:
        case 25:
        case 36: return 1;
    }
    return 0;
}

int main() {
    for (int year = 2001; year <= 2021; ++year)
        for (int month = 1; month <= 12; ++month) {
            if (is_leap(year)) days[2] = 29;
            for (int day = 1; day <= days[month]; ++day)
                if (check(calc(year) + calc(month) + calc(day))) ++ans;
            days[2] = 28;
        }
    printf("%d", ans);
}

  签到 ×   4 \times\ 4 × 4


试题 E: 最小权值

本题总分: 15 15 15


【问题描述】

  对于一棵有根二叉树 T T T,小蓝定义这棵树中结点的权值 W ( T ) W(T) W(T) 如下 : :

  空子树的权值为 0 0 0

  如果一个结点 v v v 有左子树 L L L,右子树 R R R,分别有 C ( L ) C(L) C(L) C ( R ) C(R) C(R) 个结点,则 W ( v ) = 1 + 2 W ( L ) + 3 W ( R ) + ( C ( L ) ) 2 C ( R ) W(v) = 1 + 2W(L) + 3W(R) + (C(L))^2C(R) W(v)=1+2W(L)+3W(R)+(C(L))2C(R)

  树的权值定义为树的根结点的权值。

  小蓝想知道,对于一棵有 2021 2021 2021 个结点的二叉树,树的权值最小可能是多少?

【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。


2653631372


动态规划


#include 

#define min(a, b) (a < b ? a : b)

const int N = 2021;

long long dp[N + 1];

int main() {
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        dp[i] = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
        for (int l = 0; l < i; ++l)
            dp[i] = min(dp[i], 1 + 2 * dp[l] + 3 * dp[i - l - 1] + l * l * (i - l - 1));
    }
    printf("%lld", dp[N]);
}

  设 f i f_i fi C ( T ) = i C(T) = i C(T)=i 的有根二叉树 T T T 的最小权值,显然 f i f_i fi 无后效性,故考虑动态规划,有转移方程 : : f i = min ⁡ ( 1 + 2 f l + 3 f r + l 2 r ) , i = l + r + 1 , l , r ∈ N f_i = \min(1 + 2f_l + 3 f_r + l^2r),\quad i = l + r + 1,\quad l,r \in \mathbb N fi=min(1+2fl+3fr+l2r),i=l+r+1,l,rN  初始时 f 0 = 0 f_0 = 0 f0=0,答案为 f 2021 f_{2021} f2021


试题 F: 大写

时间限制: 1.0 s 1.0\mathrm s 1.0s 内存限制: 256.0 M B 256.0\mathrm{MB} 256.0MB 本题总分: 15 15 15


【问题描述】

  给定一个只包含大写字母和小写字母的字符串,请将其中所有的小写字母转换成大写字母后将字符串输出。

【输入格式】

  输入一行包含一个字符串。

【输出格式】

  输出转换成大写后的字符串。

【样例输入】

LanQiao

【样例输出】

LANQIAO

【评测用例规模与约定】

  对于所有评测用例,字符串的长度不超过 100 100 100


#include 

#define upper(a) a >= 'a' && a <= 'z' ? a - 0x20 : a

int main() {
    for (int a; ~(a = getchar());) putchar(upper(a));
}

  签到 ×   6 \times\ 6 × 6,几个常用的 A S C I I \mathrm{ASCII} ASCII 码 需要记住,

  像 0 0 0 对应 0 x 30 0\mathrm x30 0x30 A \mathrm A A 对应 0 x 41 0\mathrm x41 0x41 a \mathrm a a 对应 0 x 61 0\mathrm x61 0x61

  且数字字母字符在 A S C I I \mathrm{ASCII} ASCII 码 表中是自然连续的。


试题 G: 123

时间限制: 1.0 s 1.0\mathrm s 1.0s 内存限制: 256.0 M B 256.0\mathrm{MB} 256.0MB 本题总分: 20 20 20


【问题描述】

  小蓝发现了一个有趣的数列,这个数列的前几项如下 : :

   1 , 1 , 2 , 1 , 2 , 3 , 1 , 2 , 3 , 4 , ⋯ 1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4, \cdots 1,1,2,1,2,3,1,2,3,4,

  小蓝发现,这个数列前 1 1 1 项是整数 1 1 1,接下来 2 2 2 项是整数 1 1 1 2 2 2,接下来 3 3 3 项是整数 1 1 1 3 3 3,接下来 4 4 4 项是整数 1 1 1 4 4 4,依次类推。

  小蓝想知道,这个数列中,连续一段的和是多少。

【输入格式】

  输入的第一行包含一个整数 T T T,表示询问的个数。

  接下来 T T T 行,每行包含一组询问,其中第 i i i 行包含两个整数 l i l_i li r i r_i ri,表示询问数列中第 l i l_i li 个数到第 r i r_i ri 个数的和。

【输出格式】

  输出 T T T 行,每行包含一个整数表示对应询问的答案。

【样例输入】

3
1 1
1 3
5 8

【样例输出】

1
4
8

【评测用例规模与约定】

  对于 10 % 10\% 10% 的评测用例, 1 ≤ T ≤ 30 , 1 ≤ l i ≤ r i ≤ 100 1 ≤ T ≤ 30, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 100 1T30,1liri100
  对于 20 % 20\% 20% 的评测用例, 1 ≤ T ≤ 100 , 1 ≤ l i ≤ r i ≤ 1000 1 ≤ T ≤ 100, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 1000 1T100,1liri1000
  对于 40 % 40\% 40% 的评测用例, 1 ≤ T ≤ 1000 , 1 ≤ l i ≤ r i ≤ 1 0 6 1 ≤ T ≤ 1000, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^6 1T1000,1liri106
  对于 70 % 70\% 70% 的评测用例, 1 ≤ T ≤ 10000 , 1 ≤ l i ≤ r i ≤ 1 0 9 1 ≤ T ≤ 10000, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^9 1T10000,1liri109
  对于 80 % 80\% 80% 的评测用例, 1 ≤ T ≤ 1000 , 1 ≤ l i ≤ r i ≤ 1 0 12 1 ≤ T ≤ 1000, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^{12} 1T1000,1liri1012
  对于 90 % 90\% 90% 的评测用例, 1 ≤ T ≤ 10000 , 1 ≤ l i ≤ r i ≤ 1 0 12 1 ≤ T ≤ 10000, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^{12} 1T10000,1liri1012
  对于所有评测用例, 1 ≤ T ≤ 100000 , 1 ≤ l i ≤ r i ≤ 1 0 12 1 ≤ T ≤ 100000, 1 ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10^{12} 1T100000,1liri1012


容斥原理


  令该数列为 A A A,显然对于每个回答 ∑ i = l r a i \sum_{i=l}^ra_i i=lrai 可变化为 ∑ i = 1 r a i − ∑ i = 1 l − 1 a i \sum_{i=1}^ra_i - \sum_{i=1}^{l-1}a_i i=1raii=1l1ai,同时构造数列 S S S ∑ i = 1 k s i = ∑ i = 1 k ( k + 1 ) / 2 a i \sum_{i=1}^ks_i = \sum_{i=1}^{k(k + 1)/2} a_i i=1ksi=i=1k(k+1)/2ai,并定义 l ′ l' l 满足 l = l ′ ( l ′ + 1 ) / 2 l = l'(l' + 1) / 2 l=l(l+1)/2,容易将回答再变化为 ∑ i = 1 r ′ s i − ∑ i = 1 l ′ − ξ s i \sum_{i=1}^{r'}s_i - \sum_{i=1}^{l'-\xi}s_i i=1rsii=1lξsi,不过 l ′ 、 r ′ l'、r' lr 都可能不为正整数,但容易发现 s k = a k ( k − 1 ) / 2 + 1 + a k ( k − 1 ) / 2 + 2 + ⋯ + a k ( k + 1 ) / 2 s_k = a_{k(k-1)/2+1} + a_{k(k-1)/2+2} + \cdots +a_{k(k+1)/2} sk=ak(k1)/2+1+ak(k1)/2+2++ak(k+1)/2,因此在此基础上添加一点点细节,将 A A A 的前缀和变化为 : : c a l c i = ∑ j = 1 i a j = ∑ j = 1 ⌊ i ′ ⌋ s i + ∑ j = 1 i − ⌊ i ′ ⌋ a j , \mathrm{calc}_i = \sum_{j=1}^ia_j = \sum_{j=1}^{\lfloor i'\rfloor}s_i + \sum_{j=1}^{i-\lfloor i'\rfloor}a_j, calci=j=1iaj=j=1isi+j=1iiaj,  最终,答案为 : : a n s l , r = c a l c r − c a l c l − 1 . \mathrm{ans}_{l,r}=\mathrm{calc}_r - \mathrm{calc}_{l-1}. ansl,r=calcrcalcl1.

#include 
#include 
#include 

const int N = sqrt(2e12) + 9;

typedef long long ll;

ll A[N], S[N], l, r;

ll calc(ll n) {
    ll *K = std::upper_bound(A, A + N, n) - 1;
    return S[K - A] + A[n - *K];
}

int T;

int main() {
    for (int i = 0; i < N; ++i)
        A[i] = A[i - 1] + i,
        S[i] = S[i - 1] + A[i];
    for (scanf("%d", &T); T--;) {
        scanf("%lld %lld", &l, &r);
        printf("%lld\n", calc(r) - calc(l - 1));
    }
}

试题 H: 异或变换

时间限制: 1.0 s 1.0\mathrm s 1.0s 内存限制: 256.0 M B 256.0\mathrm{MB} 256.0MB 本题总分: 20 20 20


【问题描述】

  小蓝有一个 01 01 01 s = s 1 s 2 s 3 ⋅ ⋅ ⋅ s n s = s_{1} s_{2} s_{3} · · · s_{n} s=s1s2s3sn

  以后每个时刻,小蓝要对这个 01 01 01 串进行一次变换。每次变换的规则相同。

  对于 01 01 01 s = s 1 s 2 s 3 ⋅ ⋅ ⋅ s n s = s_{1} s_{2} s_{3} · · · s_{n} s=s1s2s3sn,变换后的 01 01 01 s ′ = s 1 ′ s 2 ′ s 3 ′ ⋯ s n ′ s' = s'_{1}s'_{2}s'_{3} \cdots s'_{n} s=s1s2s3sn : :

   s 1 ′ = s 1 s'_{1} = s_{1} s1=s1;
   s i ′ = s i − 1 ⊕ s i s'_{i} = s_{i−1} ⊕ s_{i} si=si1si

  其中 a ⊕ b a ⊕ b ab 表示两个二进制的异或,当 a a a b b b 相同时结果为 0 0 0,当 a 和 b不同时结果为 1 1 1

  请问,经过 t t t 次变换后的 01 01 01 串是什么?

【输入格式】

  输入的第一行包含两个整数 n , t n, t n,t,分别表示 01 01 01 串的长度和变换的次数。

  第二行包含一个长度为 n n n 01 01 01 串。

【输出格式】

  输出一行包含一个 01 01 01 串,为变换后的串。

【样例输入】

5 3
10110

【样例输出】

11010

【样例说明】
  初始时为 10110 10110 10110,变换 1 1 1 次后变为 11101 11101 11101,变换 2 2 2 次后变为 10011 10011 10011,变换 3 3 3 次后变为 11010 11010 11010

【评测用例规模与约定】

  对于 40 % 40\% 40% 的评测用例, 1 ≤ n ≤ 100 , 1 ≤ t ≤ 1000 1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ t ≤ 1000 1n100,1t1000
  对于 80 % 80\% 80% 的评测用例, 1 ≤ n ≤ 1000 , 1 ≤ t ≤ 1 0 9 1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ t ≤ 10^{9} 1n1000,1t109
  对于所有评测用例, 1 ≤ n ≤ 10000 , 1 ≤ t ≤ 1 0 18 1 ≤ n ≤ 10000, 1 ≤ t ≤ 10^{18} 1n10000,1t1018


二项式定理


  我们将 01 01 01 s s s 视为 n n n 维向量,第 i i i 个分量为 s i s_i si,容易想到通过模 2 2 2 矩阵乘法,对 s s s 进行 t t t 次变化,更具体地说 : :

   s = ( s 1 , s 2 , ⋯   , s n ) T , s=(s_1,s_2,\cdots,s_n)^T, s=(s1,s2,,sn)T,

  则变换后的 01 01 01 s ′ s' s 可以表示为 : :

   s ′ = s A n × n , A n × n = ( 1 1 0 ⋯ 0 0 0 1 1 ⋯ 0 0 0 0 1 ⋯ 0 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ 0 0 0 ⋯ 1 1 0 0 0 ⋯ 0 1 ) ( m o d 2 ) s'=sA_{n\times n},A_{n\times n}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 1 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &1 & 1\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &0 & 1 \end{pmatrix}\pmod 2 s=sAn×n,An×n=1000011000011000001000011(mod2)

  最终答案为 s A t sA^t sAt,不过 n n n 最大为 1 e 4 1e4 1e4,即使是在快速幂加速的情况下, O ( n 3 log ⁡ t ) O(n^3\log t) O(n3logt) 的复杂度显然无法通过所有测试用例,不过矩阵 A A A 很“工整”,我们将 A A A 拆分为 E E E B B B 之和,即 : :

   A = E + B = ( 1 0 0 ⋯ 0 0 0 1 0 ⋯ 0 0 0 0 1 ⋯ 0 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ 0 0 0 ⋯ 1 0 0 0 0 ⋯ 0 1 ) + ( 0 1 0 ⋯ 0 0 0 0 1 ⋯ 0 0 0 0 0 ⋯ 0 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ 0 0 0 ⋯ 0 1 0 0 0 ⋯ 0 0 ) A = E + B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &0 & 1 \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & \cdots &0 & 0 \end{pmatrix} A=E+B=1000001000001000001000001+0000010000010000000000010

   E E E B B B 可交换,即 E B = B E EB = BE EB=BE,对二项式 A t = ( E + B ) t A^t = (E + B)^t At=(E+B)t 展开有 A t = ∑ i = 0 n C n i E n − i B i = ∑ i = 0 n C n i B i A^t=\displaystyle{\sum_{i=0}^nC_{n}^iE^{n-i}B^i = \sum_{i=0}^nC_{n}^iB^i} At=i=0nCniEniBi=i=0nCniBi

  而 B n × n = ( b i j ) n × n B_{n\times n} = (b_{ij})_{n\times n} Bn×n=(bij)n×n b i j = { 1 i = j − 1 0 o t h e r w i s e , b_{ij}=\begin{cases}1 &i=j-1\\0&otherwise\end{cases}, bij={10i=j1otherwise,

  根据矩阵乘法的定义, ( c i j ) n × m = ( a i j ) n × k ( b i j ) k × m (c_{ij})_{n\times m}=(a_{ij})_{n\times k}(b_{ij})_{k\times m} (cij)n×m=(aij)n×k(bij)k×m c i j = ∑ g = 1 k a i g b g j c_{ij} = \sum_{g=1}^ka_{ig}b_{gj} cij=g=1kaigbgj,则 g g g 确定时, ( d i j ) = B 2 (d_{ij}) = B^2 (dij)=B2 i = j − 2 i = j - 2 i=j2 d i j d_{ij} dij 才非零,类似的我们可以得到结论 : : B n = ( b i j ) , b i j = { 1 i = j − n 0 o t h e r w i s e , B^n = (b_{ij}),\quad b_{ij}=\begin{cases}1 &i=j-n\\0&otherwise\end{cases}, Bn=(bij),bij={10i=jnotherwise,  容易找到 A n A^n An 的通项公式 : : A n = ( a i j ) , a i j { 0 i < j C n j − i o t h e r w i s e A^n = (a_{ij}),\quad a_{ij}\begin{cases}0 &iAn=(aij),aij{0Cnjii<jotherwise  再根据组合数性质:有组合数 C n m C_n^m Cnm,定义 n   &   m n\ \&\ m n & m 为二进制表示下, n n n m m m 按位相与,则若 n   &   m = m n\ \&\ m = m n & m=m C n m C_n^m Cnm 为奇数,否则则为偶数,即可在 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 复杂度下完成 s A t ( m o d 2 ) sA^t\pmod 2 sAt(mod2) 的计算。


  证明 : :

  首先 [ C n m = [C_n^m= [Cnm= 偶数 ] ⇔ [ 2 ∣ C n m ] ] \Leftrightarrow [2 \mid C_n^m] ][2Cnm]

  而 C n m = n ! m ! ( n − m ) ! C_n^m = \cfrac{n!}{m!(n-m)!} Cnm=m!(nm)!n!,令 a 、 b 、 c a、b、c abc 分别为 n ! 、 m ! 、 ( n − m ) ! n!、m!、(n-m)! n!m!(nm)! 中因子 2 2 2 的个数,则 [ C n m = [C_n^m= [Cnm= 偶数 ] ⇔ [ a > b + c ] ] \Leftrightarrow[a > b + c] ][a>b+c]

  笔者在 十三届省赛 求阶乘 中给出过一种计算某个阶乘给定因子个数的公式,即有 a = ∑ i = 1 ⌊ log ⁡ 2 n ⌋ ⌊ n 2 i ⌋ a = \displaystyle{\sum_{i=1}^{\lfloor\log_2 n\rfloor}\left\lfloor\frac n{2^i}\right\rfloor} a=i=1log2n2in

  若 n   &   m = m n\ \&\ m = m n & m=m 成立,则 ⌊ n 2 k ⌋ = ⌊ m 2 k ⌋ + ⌊ n − m 2 k ⌋ \displaystyle{\left\lfloor\frac n{2^k}\right\rfloor = \left\lfloor\frac m{2^k}\right\rfloor + \left\lfloor\frac {n - m}{2^k}\right\rfloor} 2kn=2km+2knm 恒成立,同时 a = b + c a = b + c a=b+c 成立, C n m C_n^m Cnm 为奇数。

  若 n   &   m = m n\ \&\ m = m n & m=m 不成立,则 m + ( n − m ) m + (n - m) m+(nm) 在某一二进制位上会出现进位,设该数位为 k k k,则有 n   m o d   2 k < m   m o d   2 k + ( n − m )   m o d   2 k n\ \mathrm{mod}\ 2^k < m\ \mathrm{mod}\ 2^k + (n - m)\ \mathrm{mod}\ 2^k n mod 2k<m mod 2k+(nm) mod 2k ⌊ n 2 k ⌋ > ⌊ m 2 k ⌋ + ⌊ n − m 2 k ⌋ \displaystyle{\left\lfloor\frac n{2^k}\right\rfloor > \left\lfloor\frac m{2^k}\right\rfloor + \left\lfloor\frac {n - m}{2^k}\right\rfloor} 2kn>2km+2knm,故而 a > b + c a > b + c a>b+c 成立, C n m C_n^m Cnm 为偶数。


#include 

#define min(a, b) (a < b ? a : b)

char buf[10009];

long long t;

int n;

int main() {
    scanf("%d %lld %s", &n, &t, buf);
    for (int i = n - 1; i; --i)
        for (int j = min(i, t); j; --j)
            if ((t & j) == j && buf[i - j] == '1') buf[i] ^= 1;
    printf("%s", buf);
}

试题  I: 巧克力

时间限制: 1.0 s 1.0\mathrm s 1.0s 内存限制: 256.0 M B 256.0\mathrm{MB} 256.0MB 本题总分: 25 25 25


【问题描述】

  小蓝很喜欢吃巧克力,他每天都要吃一块巧克力。

  一天小蓝到超市想买一些巧克力。超市的货架上有很多种巧克力,每种巧克力有自己的价格、数量和剩余的保质期天数,小蓝只吃没过保质期的巧克力,请问小蓝最少花多少钱能买到让自己吃 x 天的巧克力。

【输入格式】

  输入的第一行包含两个整数 x , n x, n x,n,分别表示需要吃巧克力的天数和巧克力的种类数。

  接下来 n n n 行描述货架上的巧克力,其中第 i i i 行包含三个整数 a i , b i , c i a_i, b_i, c_i ai,bi,ci,表示第 i i i 种巧克力的单价为 a i a_i ai,保质期还剩 b i b_i bi 天(从现在开始的 b i b_i bi 可以吃),数量为 c i c_i ci

【输出格式】

  输出一个整数表示小蓝的最小花费。如果不存在让小蓝吃 x x x 天的购买方案,输出 − 1 -1 1

【样例输入】

10 3
1 6 5
2 7 3
3 10 10

【样例输出】

18

【样例说明】
  一种最佳的方案是第 1 1 1 种买 5 5 5 块,第 2 2 2 种买 2 2 2 块,第 3 3 3 种买 3 3 3 块。前 5 5 5 天吃第 1 1 1 种,第 6 、 7 6、7 67 天吃第 2 2 2 种,第 8 8 8 10 10 10 天吃第 3 3 3 种。

【评测用例规模与约定】

  对于 30 % 30\% 30% 的评测用例, n , x ≤ 1000 n, x ≤ 1000 n,x1000
  对于所有评测用例, 1 ≤ n , x ≤ 100000 , 1 ≤ a i , b i , c i ≤ 1 0 9 1 ≤ n, x ≤ 100000,1 ≤ a_i, b_i, c_i ≤ 10^9 1n,x1000001ai,bi,ci109


贪心 + 并查集


  最佳的方案总是可以描述为:尽可能多的选择尽可能便宜的巧克力。

  为此,我们按巧克力价值升序重排,并建立一个数组,标记某天是否有安排巧克力,对于每 1 1 1 种巧克力,我们至剩余保质期向前寻找第 1 1 1 个未被安排的日期,直至该种巧克力用尽或保质期内的日子都被排满。

  易知每 1 1 1 种巧克力可能的安排只会被另一种更优的安排占用,故最终方案最优。

  同时使用查并集去寻找某个时间前第 1 1 1 个未被安排的日期,设 x x x n n n 同阶,最终复杂度为 O ( x log ⁡ x ) O(x\log x) O(xlogx)

#include 
#include 

#define min(a, b) (a < b ? a : b)

const int N = 100001;

int n, x, buf, linked[N];

long long ans;

struct node {
    int a, b, c;
} choco[N];

inline bool cmp(node &n1, node &n2) { return n1.a < n2.a; }

int find(int x) { return x == linked[x] ? x : (linked[x] = find(linked[x])); }

int main() {
    scanf("%d %d", &x, &n);
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        scanf("%d %d %d", &choco[i].a, &choco[i].b, &choco[i].c);
    for (int i = 1; i <= x; ++i) linked[i] = i;
    std::sort(choco, choco + n, cmp);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (choco[i].b > x) choco[i].b = x;
        while (buf = find(choco[i].b)) {
            if (!choco[i].c--) break;
            linked[buf] = buf - 1;
            ans += choco[i].a;
        }
    }
    for (int i = 1; i <= x; ++i)
        if (i == linked[x]) ans = -1;
    printf("%lld", ans);
}

贪心 + 大根堆


  除了以价值大小为起点外,还可以某个时间范围内为起点考量最佳方案,更具体地说 : :

  将巧克力以剩余保质期升序重排,遍历并维护当前巧克力保质期内的最优方案,为此我们建立一个以巧克力价值为关键字大根堆 H H H,对于第 i i i 种巧克力,若 c i + ∣ H ∣ > b i c_i + |H| > b_i ci+H>bi,尝试从 H H H 中弹出 c i + ∣ H ∣ − b i c_i + |H| - b_i ci+Hbi 个巧克力,因为当前巧克力的加入会使堆中方案更优,然后往 H H H 中压入当前巧克力,直至 ∣ H ∣ = b i |H| = b_i H=bi 或当前巧克力用空。

  使用大根堆使得程序可以方便的以种为单位组织巧克力,最终复杂度为 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O(nlogn)

#include 
#include 
#include 

struct node {
    int a, b;
    mutable int c;
    inline bool operator<(const node &n) const { return a < n.a; }
} choco[100000];

inline bool cmp(node &n1, node &n2) { return n1.b < n2.b; }

std::priority_queue<node> heap;

int n, x, cnt, buf;

long long ans;

int main() {
    scanf("%d %d", &x, &n);
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        scanf("%d %d %d", &choco[i].a, &choco[i].b, &choco[i].c);
    std::sort(choco, choco + n, cmp);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (choco[i].b > x) choco[i].b = x;
        while (heap.size() &&
            heap.top().a > choco[i].a &&
            cnt + choco[i].c > choco[i].b) {
            buf = cnt + choco[i].c - choco[i].b;
            if (heap.top().c <= buf)
                cnt -= heap.top().c, heap.pop();
            else {
                if (buf > 0) heap.top().c -= buf, cnt -= buf;
                break;
            }
        }
        if (choco[i].c + cnt > choco[i].b)
            choco[i].c = choco[i].b - cnt;
        if (choco[i].c > 0)
            heap.push(choco[i]), cnt += choco[i].c;
    }
    if (cnt < x) puts("-1");
    else {
        for (; heap.size(); heap.pop())
            ans += (long long)heap.top().a * heap.top().c;
        printf("%lld", ans);
    }
}

  以普遍理性而论, n ≤ x n \leq x nx 在多数测试点上应当是成立的,不过考虑到数据范围和常数等因素,大根堆实现的贪心性能上应该不优于并查集。


试题 J: 二进制问题

时间限制: 1.0 s 1.0\mathrm s 1.0s 内存限制: 256.0 M B 256.0\mathrm{MB} 256.0MB 本题总分: 25 25 25


【问题描述】

  小蓝最近在学习二进制。他想知道 1 1 1 N N N 中有多少个数满足其二进制表示中恰好有 K K K 1 1 1。你能帮助他吗?

【输入格式】

  输入一行包含两个整数 N N N K K K

【输出格式】

  输出一个整数表示答案。

【样例输入】

7 2

【样例输出】

3

【评测用例规模与约定】

  对于 30 % 30\% 30% 的评测用例, 1 ≤ N ≤ 1 0 6 , 1 ≤ K ≤ 10 1 ≤ N ≤ 10^6, 1 ≤ K ≤ 10 1N106,1K10
  对于 60 % 60\% 60% 的评测用例, 1 ≤ N ≤ 2 × 1 0 9 , 1 ≤ K ≤ 30 1 ≤ N ≤ 2 × 10^9, 1 ≤ K ≤ 30 1N2×109,1K30
  对于所有评测用例, 1 ≤ N ≤ 1 0 18 , 1 ≤ K ≤ 50 1 ≤ N ≤ 10^{18}, 1 ≤ K ≤ 50 1N1018,1K50


数位 dp


  设函数 f N , K f_{N,K} fN,K 表示 1 1 1 N N N 中满足其二进制表示中恰好有 K K K 1 1 1 的数的个数,容易得知当 log ⁡ 2 N ∈ Z \log_2 N \in \mathbb Z log2NZ 成立时, f n = C log ⁡ 2 N K f_n = C_{\log_2 N}^K fn=Clog2NK

  因此,我们可以将 N N N 看作 1 ∼ 2 ⌊ log ⁡ 2 N ⌋ 1 \sim 2^{\lfloor\log_2 N\rfloor} 12log2N 2 ⌊ log ⁡ 2 N ⌋ + 1 ∼ N 2^{\lfloor\log_2 N\rfloor} + 1 \sim N 2log2N+1N 两部分,从第二部分提出常数项 2 ⌊ log ⁡ 2 N ⌋ 2^{\lfloor\log_2 N\rfloor} 2log2N,整理可得 f N , K = C ⌊ log ⁡ 2 N ⌋ K + f N − ⌊ log ⁡ 2 N ⌋ , K − 1 f_{N,K} = C_{\lfloor\log_2 N\rfloor}^K + f_{N - \lfloor\log_2 N\rfloor, K - 1} fN,K=Clog2NK+fNlog2N,K1

  可以 数位 d p \mathrm{dp} dp,但没必要。

#include 

long long C(int n, int m) {
    if (m > n) return 0;
    long long C = 1;
    for (int i = 0; i < m; ++i)
        C = C * (n - i) / (i + 1);
    return C;
}

long long n, k, ans;

int main() {
    scanf("%lld %d", &n, &k);
    for (int i = 63; ~i; --i)
        if (n >> i & 1) ans += C(i, k--);
    printf("%lld", ans + !k);
}

  定义 countBit ⁡ ( x ) \operatorname{countBit}(x) countBit(x),其意义为统计 x x x 在二进制表示下 1 1 1 的个数,即 g c c \mathrm{gcc} gcc 中的__builtin_popcount,当 countBit ⁡ ( N ) = K \operatorname{countBit}(N) = K countBit(N)=K 时,笔者给出的程序会陷入“无法累加 C − 1 0 C_{-1}^0 C10” 的困境中,即无法统计到 N N N 这个符合要求的数,为此最后需要特判一下。

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