2021 安徽省青少年信息学奥林匹克(AHOI)小学组
2021AHOI小学-T1- 数色块（count）
题目描述
小可可进入小学一年级，数学老师为了锻炼同学们识别颜色和数数的能力，让同学 们数一根长条上有多少个色块。 具体来说，就是给你一个 1×n 的方格，每个方格涂红色或蓝色，相邻的涂有相同 颜色的方格算同一个色块，例如，下图 n=12，共有 8 个不同的色块。
现在，请你编程计算有多少个色块。
输入格式
输入有两行： 第一行一个整数 n，表示方格的长度。 第二行一个长度为 n 的字符串，字符串的第 i 个字符表示第 i 个方格涂的颜色，若 为'R'表示该方格涂的是红色，若为'B'表示该方格涂的是蓝色。
输出格式
输出一行，包括一个整数 ans，表示这条方格上共有 ans 个色块。
输入输出样例
输入样例1：
5 RRRRR
输出样例1：
1
输入样例2：
12 RBBRRRBRBBRB
输出样例2：
8
说明
对于 20%的数据满足：方格的颜色全为'R'或'B'；
对于 50%的数据满足：1≤n≤2000；
对于 100%的数据满足：1≤n≤100000，字符串仅包含'R'、'B'两种字符。
【耗时限制】1000ms 【内存限制】128MB
解析
考点：字符串 字符连续性问题
思路：遍历字符串s，遍历过程中比较相邻的字符，如果 s[i]!=s[i-1]，则说明有新的色块，ans++; 即可。
参考代码
#include
using namespace std;
int main(){
int n,cnt=1;
string s;
cin>>n>>s;
for(int i=1;i 2021AHOI小学-T2- 除法(divide)
题目描述
小可可进入了小学三年级，开始学习除法，一开始学习余数为 0 的除法，后来又学 习了余数不为 0 的除法。 小可可数学很好，对被除数、除数、商、余数都弄得很清楚。有一天，他在思考这 样的一个问题：给一个正整数 n 作为被除数，除数 k 可以取任意正整数，那么商有多少 个不同的值呢？ 例如：被除数 n=5，无论除数 k 取任何正整数，商只有 4 个不同的值，分别为 0, 1, 2, 5，因为 5÷6 = 0…5，5÷5=1…0，5÷4=1…1，5÷3=1…2，5÷2=2…1，5÷1=5…0。 小可可最近有点忙，他把这个问题交给了你。
输入格式
本题有多组测试数据。 第一行输入一个整数 T，表示测试数据的组数。 接下来 T 行，每行一个整数 n，表示被除数。
输出格式
输出 2*T 行，对于每组测试数据输出 2 行： 第 1 行输出一个整数 m，表示商有 m 个不同的值； 第 2 行输出 m 个整数，分别表示这 m 个不同的值，按从小到大的顺序输出，两 个数之间保留一个空格。
输入输出样例
输入样例1：
2 5 11
输出样例1：
4 0 1 2 5 6 0 1 2 3 5 11
说明
对于 50%的数据满足：1≤ n ≤10^5。
对于 100%的数据满足：1≤ T ≤10，1≤ n ≤10^9
【耗时限制】1000ms 【内存限制】128MB
解析
考点：数组，数学
思路：
- 0 ,1,n 必然在结果中，剩下的解落在 2∼n−1 之间；
- 根据除法的特性，商也是成对存在的，因此这个区间可以缩小为 2∼
![\sqrt[]{n}](http://img.e-com-net.com/image/info8/35c397f42a0b4c549c859b4ba117331e.png)
所以，我们只需枚举 2∼之间的所有数字，在试除的过程中，可能会有连续商相同的情况，此时只需记录一下上一次的数字，如果当前数字和上一次的数字不同，再放入答案数组中即可。
时间复杂度：O(T*)不会超时
参考代码
#include
using namespace std;
int a[100010],cnt,n;
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
a[1]=0; //第一个商为0
cnt=1;
for(int i=1;i*i<=n;i++){
a[++cnt]=i;
if(i!=n/i){ //两个因子不同
a[++cnt]=n/i;
}
}
sort(a+1,a+1+cnt);
cout< 2021AHOI小学-T3- 异或和(xorsum)
题目描述
小可可在五年级暑假开始学习编程，编程语言中有一种“按位异或(xor)”的运算引 起了他的莫大兴趣。于是，他思考这样的一个问题：给一个长度为 n 的整数序列 A，如 何计算出满足下列两个条件的整数对 (l, r) 的数量。 1、1≤l≤r≤n； 2、Al xor Al+1 xor … xor Ar = Al + Al+1 + … + Ar 这里的 xor 就是按位异或（C 或 C++语言中“按位异或”运算符为^），求 a xor b 的原理是：将 a 和 b 转换为二进制，如果 a、b 的二进制表示中对应位置不相同，则异 或结果的二进制表示中对应位置为 1，如果 a、b 的二进制表示中对应位置相同，则异或 结果的二进制表示中对应位置为 0。例如：计算 10 xor 12，二进制表示 10 是 1010，二 进制表示 12 是 1100，10 xor 12 结果的二进制表示是 0110，即为 6。具体为下式：
小可可虽然提出了问题，但他自己不会解决，只好又要麻烦你解决啦。
输入格式
输入有两行： 第一行一个正整数 n，表示整数序列 A 的元素个数。
第二行有 n 个整数，第 i 个整数 Ai 表示整数序列 A 的第 i 个元素的值。
输出格式
输出一行，包括一个正整数，表示满足条件的整数对 (l, r) 的数量。
输入输出样例
输入样例1：
4
2 5 4 6
输出样例1：
5
输入样例2：
19
885 8 1 128 83 32 256 206 639 16 4 128 689 32 8 64 885 969 1
输出样例2：
37
说明
【样例 1 解释】 (l, r) = (1, 1)、(2, 2)、(3, 3)、(4, 4)显然满足条件，还有(l, r) = (1, 2)也满足条件，因 为 A1 xor A2=2 xor 5=7，而 A1 + A2=2 + 5=7。所以满足条件的整数对 (l, r) 的数量为 5。
【数据范围】
对于 20%的数据满足：Ai = 0 (1≤ i ≤n)。
另有 30%的数据满足：1≤ n ≤ 5000。
对于 100%的数据满足：1≤ n ≤ 200000，0≤ Ai ≤ 2^20。
【耗时限制】1000ms 【内存限制】128MB
解析
考点：前缀和，前缀异或，双指针扫描(快慢指针优化时间复杂度)
预备知识：
1.前缀和 ：sum[l,r]=a[l]+a[l+1]+...+a[r−1]+a[r]=(a[1]+...+a[r])−(a[1]+...+a[l−1])
=sum[r]−sum[l−1]：
2.前缀异或 ：
前缀异或和也具有前缀和的特点：
prexor[l,r]=prexor[r]⊕prexor[l−1]
3. 数论：a + b = a ⊕ b + 2 ∗ (a & b) 因此 a+b≥(a⊕b) 恒成立，只有 a&b==0 时，等号成立a+b==a ⊕ b（换句话说，也就是 a+b 不产生进位时成立,实际上本题就是求有多少个区间元素和不会有进位产生）
参考代码
不考虑数据，暴力枚举的做法:
#include
using namespace std;
const int N=5010;
int n,a[N];
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
long long ans=0;
//枚举左右端点
for(int r=1;r<=n;r++){
for(int l=1;l<=r;l++){
long long x=0,y=0;
//计算区间的异或及和
for(int k=l;k<=r;k++){
x^=a[k];
y+=a[k];
}
if(x==y) ans++;
}
}
cout< 考虑第三层循环能否优化掉呢?
使用前缀和，前缀异或优化
#include
using namespace std;
const int N=5010;
int n,a[N],s[N],x[N];
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
s[i]=s[i-1]+a[i];
x[i]=x[i-1]^a[i];
}
long long ans=0;
//枚举左右端点
for(int r=1;r<=n;r++){
for(int l=1;l<=r;l++){
//优化
long long x1=x[r]^x[l-1];
long long y1=s[r]-s[l-1];
if(x1==y1) ans++;
}
}
cout< 但此时的时间复杂度O(n^2) ，仍然超时，只能得到部分分。
继续优化：
如果此时[L,R]区间已经不满足条件了（即区间内的和产生了进位），当枚举下个R时，L还需要从头扫描吗？显然不需要，如果[L,R]中存在不满足的条件，那么[1,R+1]包含了[L,R]这个区间，肯定要不可能满足，此时只需要让L右移一位，继续计算符合条件的区间个数即可。
因此，代码实现上，可以利用快慢指针去降低时间复杂度。在枚举右端点时（快指针），对应的最左端点不必每次都从头枚举，而是可以从上一次枚举到的左端点开始计算（慢指针）。这样整体时间复杂度就是 O(n)的了。
#include
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n, x, sum[N], prexor[N]; // 前缀和 前缀异或
long long ans;
int main(){
cin >> n;
int l = 1, r; // l：慢指针，r:快指针
for(int r = 1; r <= n; r++) {
cin >> x;
sum[r] = sum[r-1] + x;
prexor[r] = prexor[r-1] ^ x;
// 找到以 r 为右端点，满足条件的最小的左端点，
// 此时找到了 r-l+1 个以 r 为右端点的满足条件的区间
while(l <= r && (sum[r]-sum[l-1]) != (prexor[r] ^ prexor[l-1])) l++;
ans += r - l + 1; // [l, r]都可以和 r 配对，构成一个区间。
}
cout << ans << endl;
return 0;
}