2022 ICPC 杭州站(补题记录)

题目顺序大致按照难度排列。

 

F. Da Mi Lao Shi Ai Kan De(模拟)

2022 ICPC 杭州站(补题记录)_第1张图片

有0~m个群,老师在0群中,G在1~n群中,对于每个群,G需要将老师感兴趣的信息转到0群,老师感兴趣的信息指对应字符串中存在“bie”子串,按照顺序转发,且转发内容不能有重复的,输出需要转到0群的信息,若是某个群没有需要转的信息,输出那一串东西。

思路:模拟即可。

AC Code:

#include 

typedef long long ll;
typedef std::pair PII;
const int N = 2e5 + 5;
int t, n;

int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin >> t;
	std::map mp;
	while(t --) {
		std::cin >> n;
		bool flag = false;
		for(int i = 1; i <= n; i ++) {
			std::string s;
			std::cin >> s;
			for(int j = 0; j < (int)s.length() - 2; j ++) {
				if(s[j] == 'b' && s[j + 1] == 'i' && s[j + 2] == 'e' && !mp[s]) {
					flag = true;
					mp[s] ++;
					std::cout << s << '\n';
					break;
				}
			}
		}
		if(!flag)
			std::cout << "Time to play Genshin Impact, Teacher Rice!" << '\n';
	}
	return 0;
}

 D. Money Game(打表找规律)

2022 ICPC 杭州站(补题记录)_第2张图片

给出一个数列,从第一个开始,第一个给第二个数自己的一半,第二个数给第三个数自己的一半,到最后的一个数,将自己的一半给第一个数。循环那一坨次数,问最后数组变成了什么样。

思路:一般看到这种循环一大堆的题,先考虑打表找规律。很显然,这个题打表后,发现自己造的样例都会变成这样:数组和为sum,第一个数是sum / (n + 1) * 2,其他的数都是sum / (n + 1),这样输出就可以了,注意保留小数。

AC Code:

#include 

typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5;
int n;
double a[N];

int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin >> n;
	double sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		std::cin >> a[i];
		sum += a[i];
	}
	double res = sum / (n + 1);
	std::cout << std::fixed << std::setprecision(10);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(i == 1)
			std::cout << res * 2;
		else
			std::cout << ' ' << res;
	}
	std::cout << '\n';
	return 0;
}

A. Modulo Ruins the Legend(exgcd,等差数列性质运用)

2022 ICPC 杭州站(补题记录)_第3张图片

 给出一个数组a,构造一个等长度的等差数列b,使得\sum (a_{i} + b_{i})对m取模后最小,输出这个取模后的最小值和等差数列的首项s和公差d。

思路:(1)看到网上的题解大多是这样的思路,比较容易想到:

我们要求的是:

sum + s * n + n * (n + 1) / 2 * d,(1)

假设结果是ans,因为s和d都是未知数,对于二元一次不定方程而言,根据扩展欧里几德性质知道:

s * n + n * (n + 1) / 2 * d = k2 * gcd(n, n * (n + 1) / 2),(2)

其中k2是任意的整数,所以我们要求的原式可以写为:

sum + k2 * g = ans - k1 * m(g = gcd(n, n * (n + 1) / 2),减去的k1 *m是取模改为这样的写法);

移项可得:

k2 * g + k1 * m = ans - sum (3)

因为ans的取值范围是[0, m - 1],所以上式两侧的取值范围都是:[-sum, m - 1 - sum],

上式中可设x = gcd(g, m),设系数为z,则有z * x >= -sum,可以得到z的最小值-sum / x,至此,因为g是已知的,m已知,所以x已知;sum已知,所以z已知,又因为(3)式可以写为:

z * x = k1 * m + k2 * g,由exgcd可以求得k1,k2,k1知道了,(2)式由exgcd可以求得结果。

(2)看到官方题解,一开始看着比较抽象,去问了师哥,大致是这样的:

2022 ICPC 杭州站(补题记录)_第4张图片

官方题解运用了等差数列的性质,对于等差数列而言,第i项和第n - i项的和是中间项的两倍,分奇偶讨论:当n为奇数时,这个条件显然存在,所以无论等差数列长什么样子,我们都可以把它写成d为0的一个数列,即常数列,所以d完全可以取0,对于和并不影响;n为偶数时,它的中间项不一定是整数,但是对于任意的偶数项且中间项不是整数的等差数列,我们都可以写成公差为1的数列,例如0,3,6,9可以写成3,4,5,6,这样公差为1;当然,当中间项是整数时,同奇数。通过这种方式,我们可以确定d的取值0或1,这是完全符合题目要求的特殊值。消去了一个未知数,还剩下一个,原式可写为:

sum + n * s = ans - k * m;

换一下位置:

n * s + k * m = ans - sum;

这样可以用exgcd求解,也可以枚举k的取值,k是一定小于n的。

为什么小于n?若k > n,则可以写成k = k1 + n,原式为n * s + (k1 + n) * m,这个带有n的项展开后可以合并到前面。

AC Code:

仅提供方法一的代码,注意开__int128。方法二可以自己试试嗷~

#include 

typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 5;
ll n, m;

ll gcd(ll a, ll b) {
	return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

ll exgcd(ll a, ll b, __int128 &x, __int128 &y) {
	if(!a) {
		x = 0, y = 1;
		return b;
	}
	ll d = exgcd(b % a, a, y, x);
	x -= b / a * y;
	return d;
}

int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin >> n >> m;
	ll sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		ll x;
		std::cin >> x;
		sum += x;
	}
	ll g = gcd(n, n * (n + 1) / 2);
	ll gg = gcd(g, m);
	ll l = -sum / gg;
	ll ans_sum = l * gg;
	ll ans = ans_sum + sum;
	__int128 k1, k2, s, d;
	exgcd(m, g, k1, k2);
	k1 *= l, k2 *= l;
	exgcd(n, n * (n + 1) / 2, s, d);
	s *= (ans_sum - k1 * m) / g;
	d *= (ans_sum - k1 * m) / g;
	s = (s % m + m) % m, d = (d % m + m) % m;
	std::cout << ans << '\n';
	std::cout << (ll)s << ' ' << (ll)d << '\n';
	return 0;
}

C. No Bug No Game(背包变形)

2022 ICPC 杭州站(补题记录)_第5张图片

给出n个物品,以及每个物品的体积,还有选择不同重量的部分的价值,向容量为k的背包里装入物品,当背包容量足够时,必须装入一整个物品;不够时,可以装入部分,求可以装的最大价值。

思路:因为背包容量足够时,必须装入一整个,所以部分装入的必定只有一个物品。粗略的想,我们可以枚举最后被装入的这一部分物品及体积,设这个部分体积是k,然后若前一部分用了j体积的话,后半部分就是m - k - j,这样就是一个完整的背包问题了。但是我们不能枚举物品和体积再对前后两部分进行背包dp,这样必定超时,可以采用前后缀背包优化,设三位数组f[i][j][k]第一维0代表前缀,1代表后缀,后面两位同01背包dp的两维,通过预处理降低时间复杂度。

AC Code:

#include 

typedef long long ll;
const int N = 3e3 + 5;
int n, k, x;
int p[N], w[N][15], f[2][N][N];

int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin >> n >> k;
	int sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		std::cin >> p[i];
		sum += p[i];
		for(int j = 1; j <= p[i]; j ++) {
			std::cin >> w[i][j];
		}
	}
	if(sum < k) {
		int ans = 0;
		for(int i = 1; i <= n; i ++) {
			ans += w[i][p[i]];
		}
		std::cout << ans << '\n';
		return 0;
	}
	memset(f, -1, sizeof(f));
	f[0][0][0] = 0;
	f[1][n + 1][0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		for(int j = 0; j <= k; j ++) {
			f[0][i][j] = f[0][i - 1][j];
			if(j >= p[i] && f[0][i - 1][j - p[i]] != -1)
				f[0][i][j] = std::max(f[0][i][j], f[0][i - 1][j - p[i]] + w[i][p[i]]);
		}
	}
	for(int i = n; i >= 1; i --) {
		for(int j = 0; j <= k; j ++) {
			f[1][i][j] = f[1][i + 1][j];
			if(j >= p[i] && f[1][i + 1][j - p[i]] != -1)
				f[1][i][j] = std::max(f[1][i][j], f[1][i + 1][j - p[i]] + w[i][p[i]]);
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		for(int j = 1; j <= p[i]; j ++) {
			int res = k - j;
			for(int l = 0; l <= res; l ++) {
				int r = res - l;
				if(f[0][i - 1][l] != -1 && f[1][i + 1][r] != -1)
					ans = std::max(ans, w[i][j] + f[0][i - 1][l] + f[1][i + 1][r]);
			}
		}
	}
	std::cout << ans << '\n';
	return 0;
}

 K. Master of Both(字典树)

2022 ICPC 杭州站(补题记录)_第6张图片

给出n个字符串,m种字母顺序,对于每一种字母顺序,输出给出的字符串有多少逆序对。

思路:因为数据范围较大,所以我们不能对于每一种顺序都跑一边求逆序对,所以需要预处理得到求逆序对的方式。因为对于每两个字符串而言,决定其顺序的是一对字母,即从头数开始不同的那对字母,考虑设cnt[a][b]表示由字母对(a, b)决定的两个字符,且含有a的字符串编号小于b,n个字符串中逆序对的个数,这样在新的顺序下如果a的字典序大于b,则就会有cnt[a][b]的贡献。而我们要求cnt数组,可以在建立字典树的时候,给每一个字母加上现有确定字母对决定关系的数量,这样的顺序就是按照编号大小来的。

参考大佬的思路!

AC Code:

#include 

typedef long long ll;
const int N = 2e6 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m, idx;
int sum[N][30];
int pos[30], mp[N][30];
char s[N];
ll cnt[30][30];

void insert() {
	int p = 0;
	for(int i = 0; s[i]; i ++) {
		int u = s[i] - 'a' + 1;
		if(!mp[p][u]) mp[p][u] = ++ idx;
		for(int j = 0; j < 27; j ++) {
			cnt[j + 1][u + 1] += sum[p][j];
		}
		sum[p][u] ++;
		p = mp[p][u];
	}
}

int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin.tie(0);
	std::cout.tie(0);
	std::cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		std::cin >> s;
		int len = strlen(s);
		s[len] = 'a' - 1;
		s[len + 1] = 0;
		insert();
	}
	while(m --) {
		std::cin >> s + 1;
		s[0] = 'a' - 1;
		for(int i = 0; i < 27; i ++) {
			pos[s[i] - 'a' + 1] = i;
		}
		ll ans = 0;
		for(int i = 0; i < 27; i ++) {
			for(int j = 0; j < 27; j ++) {
				if(pos[i] > pos[j])
					ans += cnt[i + 1][j + 1];
			}
		}
		std::cout << ans << '\n';
	}
	return 0;
}

杭州站是我们队第一场区域赛,因为疫情打的七零八落,一直也没补题,补一下题~

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