2024 (ICPC) Jiangxi Provincial Contest(VP补题记录)

2024 (ICPC) Jiangxi Provincial Contest(VP补题记录)

已ac 8/12，赛时7题，赛后1题。

A(签到中的签到，pass)

C(简单思维)

要么 n 要么 n-1.

FastIO 已省略

def solve():
    n,s = MI()
    a = LI()
    print1(n if sum(a) == s else n-1)
    
# for _ in range(I()):
solve()

G

给你一个长度不超过 $10^{14}$ 的11进制数，判断是不是5的倍数，由于 $11^i\mathrm{mod}10=1$，所以所有位累加即可。

mod = 5
dic = {str(i):i for i in range(10)}
dic['A'] = 10
def solve():
    n = I()
    ans = 0
    for i in range(n):
        x,y = MS()
        ans += int(x) * dic[y]
        ans %= 5
    print('Yes' if ans % 5 == 0 else 'No')

for _ in range(I()):
    solve()

# print(set([pow(11,i,10) for i in range(100000)]))

J(按题意模拟即可)

se = set()
for c in "psm":
    se.add('1'+c)
    se.add('9'+c)
for i in range(1,8):
    se.add(str(i) + 'z')
def solve():
    s = S()
    dic = {}
    for i in range(0,28,2):
        ts = s[i:i+2]
        dic[ts] = dic.get(ts,0)+1
    flag = 1
    for v in dic.values():
        if v != 2:
            flag = 0
            break
    if flag:
        print1("7 Pairs")
        return
    if se == set(dic.keys()): print1("Thirteen Orphans")
    else: print1("Otherwise")

for _ in range(I()):
    solve()

K

显然有m-1种分叉情况，所以 $ans=2^{m-1}$ % $mod$ .

mod = 998244353
def solve():
    m = I()
    print1(pow(2, m-1, mod))

solve()

H(卷积加权和反过来看)

考虑把卷积核 $K$ 加权到输入矩阵 $I$ 的过程反过来看，判断卷积核 $K$ 的每一个元素会扫到哪些 $I$ (即局部链接了哪些ceil). 用个二维前缀和维护一下即可。

def solve():
    n,m,k,l = MI()
    ls = [[0]*(m+1)]
    for i in range(n):
        ls.append([0]+LI())
    for i in range(1,n+1):
        for j in range(1,m+1):
            ls[i][j] = ls[i][j] + ls[i-1][j] + ls[i][j-1] - ls[i-1][j-1]

    ans = 0
    for i in range(1,k+1):
        for j in range(1,l+1):
            tmp = ls[n-k+i][m-l+j] - ls[n-k+i][j-1] - ls[i-1][m-l+j] + ls[i-1][j-1]
            ans += abs(tmp)

    print1(ans)


solve()

L. Campus

假设 $k$ 个出口开放区间最多组成 $len(seq)$ 个不同情况的时间区间(出口不一样)，考虑每个区间跑一次 $dijkstra$ 即可, $k\le 15$。注：py会TLE。

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=1e5+5;

int n,m,tot,k,t;
int ver[N+N], head[N], edge[N+N], nxt[N+N], a[N];
ll ans[N], inf = 1e15;
ll dist[N];
int p[20], l[20], r[20], node[20];
bool vis[N];
int ls[N];
vector<pii> seq;

void solve()
 {
 	auto add = [&](int x,int y,int z){
 		ver[++tot]=y,edge[tot]=z;
 		nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;
 	};

 	auto dijkstra = [&](int node[]){
 		priority_queue<pair<int, int> > q;
 		for(int i = 1; i <= k; i++){
 			if (node[i]){
 				dist[p[i]] = 0;
 				q.push({-0,p[i]});
 			}
 		}

 		while(!q.empty()){
 			pii tmp = q.top();q.pop();
 			int x = tmp.second;
 			if(vis[x]) continue;  
 			vis[x] = 1;
 			for(int i=head[x]; i; i=nxt[i]){
 				int y=ver[i];
 				int w=edge[i];
 				if (dist[y] > dist[x] + w){
 					dist[y] = dist[x] + w;
 					q.push({-dist[y], y});
 				}
 			}
 		}
 	};

 	cin>>n>>m>>k>>t;
 	for(int i=1; i <= n; i++) cin>>a[i];
 	for(int i=1; i <= k; i++) {
 		cin>>p[i]>>l[i]>>r[i];
 		ls[l[i]] += k;
 		ls[r[i] + 1] -= k;
 	}	
 	for(int i=1;i<=m;++i){
 		int x,y,z;
 		cin>>x>>y>>z;
 		add(x,y,z);
 		add(y,x,z);
 	}
 	for(int i = 1; i <= t; i++) ls[i] += ls[i-1];
 	int st = 1, pre =ls[1];
 	ls[t+1] = -1;
 	for(int i = 1; i <= t+1; i++){
 		if (ls[i] != pre){
 			seq.push_back({st, i-1});
 			st = i; pre = ls[i];
 		}
 	}

 	for(int i = 1; i <= t; i++) ans[i] = 1e18;
 	for(int i = 0; i < seq.size(); i++){
 		for(int j = 1; j <= n; j++) {dist[j] = inf;vis[j] = 0;}
 		for(int j = 1; j <= k; j++) node[j] = 0;
 		for(int j = 1; j <= k; j++)
 			if (l[j] <= seq[i].first && r[j] >= seq[i].second) node[j] = 1;
 		dijkstra(node);

 		ll cnt = 0;
 		bool fl = false;
 		for(int j = 1; j <= n; j++){
 			if (dist[j] == inf) {fl = 1;break;}
 			cnt += dist[j] * a[j];
 		}
 		if (fl) continue;
 		for(int j = seq[i].first; j <= seq[i].second; j++)
 			ans[j] = min(ans[j], cnt);
 	}

 	for(int i = 1; i <= t; i++)
 		if (ans[i] < 1e18) cout<<ans[i]<<'\n';
 		else cout<<-1<<'\n';
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	solve();
	return 0;
}

D. Magic LCM

考虑操作的本质是什么，对于两个数的所有质因子(并集)，假设其中一对分别有 $p^c,p^d$ ，那么一个变为 $p^{\max (c,d)}$ 一个变为 $p^{\min (c,d)}$。

那我们可以使用筛法筛出每个数的最小质因子进行分解，把能转移的都转移到同一个最大的数上即可。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6;
const ll mod=998244353;


int n;
int mx[N+1];
int cnt[N+1][20];

vector<int> minp, primes;
void sieve(int n) {
    minp.assign(n + 1, 0);
    primes.clear();
    
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (minp[i] == 0) {
            minp[i] = i;
            primes.push_back(i);
        }
        
        for (auto p : primes) {
            if (i * p > n) {
                break;
            }
            minp[i * p] = p;
            if (p == minp[i]) {
                break;
            }
        }
    }
}

void solve()
{
	cin >> n;
	vector<int> v(n);
	for(int i = 0; i < n; i++) 
		cin >> v[i];
	vector<int> stk;
	for(int i = 0; i < n; i++){
		while(v[i] > 1){
			int p = minp[v[i]];
			int t = 0;
			while(minp[v[i]] == p){   // 求质因子的次幂
				v[i] /= p;
				t++;                  // 将所有涉及到的质因数入栈
			}
			if(mx[p] == 0)
				stk.push_back(p);     // 质因数中第一次遇到 p 只入栈一次
			mx[p] = max(mx[p], t);
			cnt[p][t]++;
		}
	}
	vector<ll> a(n, 1);               // 所有操作后的 v
	for (auto p : stk){                // 枚举涉及到的所有质因数
		int j = 0;
		for (int i = mx[p]; i; i--){  // 统计该质因数为i次幂在v中出现的次数
			j += cnt[p][i];
		}
		ll pw = 1;
		for (int i = 1; i <= mx[p]; i++){
			pw = (1ll * pw * p) % mod;
			while (cnt[p][i]){
				cnt[p][i]--;
				a[j] = (a[--j] * pw) % mod;
			}
		}
		mx[p] = 0;
	}	
	ll ans = 0;
	for(auto x : a)
		ans = (ans + x) % mod;
	cout << ans << '\n';
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	sieve(N);
	int T = 1;
	cin >> T;
	while(T--)
		solve();
	return 0;
}