蓝桥杯 1223 第 2 场 小白入门赛
蓝桥小课堂-平方和
- 模拟 1 2 + 2 2 + 3 2 + ⋯ + n 2 = n ⋅ ( n + 1 ) ⋅ ( 2 n + 1 ) 6 1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=\dfrac{n\;\cdot\;(n +1)\;\cdot\;(2n+1)}{6} 12+22+32+⋯+n2=6n⋅(n+1)⋅(2n+1)。
write(n * (n + 1) * (n * 2 + 1) / 6);
房顶漏水啦
- m a x ( 最大的行 − 最小的行 , 最大的列 − 最小的列 ) + 1 max(最大的行-最小的行,最大的列-最小的列) + 1 max(最大的行−最小的行,最大的列−最小的列)+1
ps: 2 ≤ n ≤ 1 0 10 2\le n \le10^{10} 2≤n≤1010
signed main() {
int T = 1;
// T = read();
while (T--) {
int n = read(), m = read();
int col1 = 1e12, col2 = -1e12, row1 = 1e12, row2 = -1e12;
while (m--) {
int u = read(), v = read();
col1 = min(col1, u), col2 = max(col2, u);
row1 = min(row1, v), row2 = max(row2, v);
}
write(max(col2 - col1 + 1, row2 - row1 + 1));
}
return 0;
}
质数王国
- 思路：对每一个数找到其左右两个素数，最小操作次数就是较小差值。
- 欧拉筛筛出 [ 1 , 1 0 5 + 10 ] [1\;,\;10^5+10] [1,105+10] （范围大于 1 0 5 10^5 105 你不能保证右边的素数不超过 1 0 5 10^5 105）的质数装入 s e t set set。
- 二分找较小差值。
signed main() {
int T = 1;
// T = read();
while (T--) {
int n = read();
vector<int> a(n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
vector<bool> isprime(N, false);
vector<int> prime(N);
set<int> s;
int cnt = 0;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
if (!isprime[i]) prime[++cnt] = i, s.insert(i);
for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= N; ++j) {
isprime[i * prime[j]] = 1;
if (!(i % prime[j])) break;
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (s.count(a[i])) continue;
auto it = s.lower_bound(a[i]);
int l, r;
if (it == s.end()) r = INF;
else r = *it;
if (it == s.begin()) l = -INF;
else l = *prev(it);
ans += min(r - a[i], a[i] - l);
}
write(ans);
}
return 0;
}
取余
- 思路：枚举 b i b_i bi 。以 b i b_i bi 为模一定能将 A A A 分成 A / b i + 1 A\;/\;b_i+1 A/bi+1 份。
- 如上图可以清晰的看出答案。只需要取下面与 [ S , T ] [S\;,\;T] [S,T] 重合的区间长度即可。你可以将其分成三部分思考（首，中间，尾）。
- 对于 b i = 1 b_i =1 bi=1 的情况，只有当 S = 0 S = 0 S=0 时才有解，此时应该加上 A A A 。
signed main() {
int T = 1;
// T = read();
while (T--) {
int a = read(), b = read(), s = read(), t = read();
int ans = 0;
for (int i = 2; i <= b; ++i) {
if (s > i - 1 || a < s) continue;
int p = a / i + 1;
if (p > 2) {
ans += (p - 1) * (min(t, i - 1) - s + 1) - (s == 0);
int cnt = a - (i - 1) - (p - 2) * i;
if (cnt - 1 >= s) ans += min(t, cnt - 1) - s + 1;
}
else if (p == 2) {
ans += min(t, i - 1) - s + 1 - (s == 0);
int cnt = a - (i - 1);
if (cnt - 1 >= s) ans += min(t, cnt - 1) - s + 1;
}
else ans += min(t, a) - s + 1 - (s == 0);
ans += (s == 0) * a;
write(ans);
}
return 0;
}
数学尖子生
- 思路：容斥。
- 不能被 a a a 整除，但一定能被 1 , 2 , ⋯ , 3 , a − 1 1,2,\cdots,3,a-1 1,2,⋯,3,a−1 整除。所以这个数一定是 1 , 2 , ⋯ , 3 , a − 1 1,2,\cdots,3,a-1 1,2,⋯,3,a−1 最小公倍数的倍数，考虑容斥，用 1 , 2 , ⋯ , 3 , a − 1 1,2,\cdots,3,a-1 1,2,⋯,3,a−1 最小公倍数的倍数的个数 − - − 1 , 2 , ⋯ , 3 , a − 1 , a 1,2,\cdots,3,a-1,a 1,2,⋯,3,a−1,a 最小公倍数的倍数的个数。
int gcd(int a, int b) {return b? gcd(b, a % b): a;}
int lcm(int a, int b) {return a * b / gcd(a, b);}
signed main() {
int T = 1;
T = read();
vector<int> p(N);
int cnt = 0;
p[cnt] = 1;
while (p[cnt] < 1e16) {
++cnt;
p[cnt] = lcm(p[cnt - 1], cnt);
}
while (T--) {
int a = read(), n = read();
if (a > cnt) puts("0");
else writeln(n / p[a - 1] - n / p[a]);
}
return 0;
}
魔术师
- 思路：线段树 + 矩阵
- 举例： [ a , b , c ] [\;a\;,\;b\;,\;c\;] [a,b,c]
-
- o p t 1 a b opt_1\;a\;b opt1ab ： [ a b c ] × [ 0 1 0 1 0 0 0 0 1 ] \begin{bmatrix}\;a\quad b\quad c\;\end{bmatrix}\times\begin{bmatrix}\;0\quad 1\quad 0\;\\\;1\quad 0\quad 0\;\\\;0\quad 0\quad 1\;\end{bmatrix} [abc]× 010100001
-
- o p t 2 a b opt_2\;a\;b opt2ab ： [ a b c ] × [ 0 0 0 1 1 0 0 0 1 ] \begin{bmatrix}\;a\quad b\quad c\;\end{bmatrix}\times\begin{bmatrix}\;0\quad 0\quad 0\;\\\;1\quad 1\quad 0\;\\\;0\quad 0\quad 1\;\end{bmatrix} [abc]× 000110001
-
- o p t 3 a b opt_3\;a\;b opt3ab ： [ a b c ] × [ 2 0 0 0 1 0 0 0 1 ] \begin{bmatrix}\;a\quad b\quad c\;\end{bmatrix}\times\begin{bmatrix}\;2\quad 0\quad 0\;\\\;0\quad 1\quad 0\;\\\;0\quad 0\quad 1\;\end{bmatrix} [abc]× 200010001
ps：要用懒标记，其实和一般线段树下放懒标记没太大区别，第一次接触可能需要自己体会一下。
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