Contest3376 - 2024寒假集训-排位赛竞赛（一）
A: 冪位和
高精度。
用高精度加法或乘法算出\(2^{1000}\)，再將各位累加即為答案。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
string AP_add(string A, string B) // 高精度加法
{
int lena = A.size(), lenb = B.size(), lenc = max(lena, lenb) + 1;
reverse(A.begin(), A.end()); reverse(B.begin(), B.end());
vector<int> a(lenc), b(lenc), c(lenc);
for (int i = 0; i < lena; i++) a[i] = A[i] - '0';
for (int i = 0; i < lenb; i++) b[i] = B[i] - '0';
int x = 0;
for (int i = 0; i < lenc; i++)
{
c[i] = a[i] + b[i] + x;
x = c[i] / 10;
c[i] %= 10;
}
while (c.back() == 0 && c.size() > 1) c.pop_back();
string C = "";
for (auto i : c) C += i + '0';
reverse(C.begin(), C.end());
return C;
}
int main()
{
cctie;
string s = "1";
for (int i = 1; i <= 1000; i++) s = AP_add(s, s);
int ans = 0;
for (auto i : s) ans += i - '0'; // 各位累加
cout << ans << '\n';
return 0;
}
B: 三角形數
質因數分解/試除法。
對某數質因數分解后，將各個次冪累乘即為該數的約數個數（試除法也行，較慢一些），按要求循環直到找到約數個數大于\(500\)的數即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
int get(int n) // 求n的約數個數
{
int ans = 1;
for (int i = 2; i <= n / i; i++)
{
int cnt = 0;
while (n % i == 0)
n /= i, cnt++;
ans *= cnt + 1;
}
if (n > 1) ans *= 2;
return ans;
}
int main()
{
cctie;
int k = 1;
for (int i = 1; ; i += ++k)
{
if (get(i) > 500) // 找到目標數
{
cout << i << '\n';
break;
}
}
return 0;
}
C: 生日蛋糕
搜索、剪枝、后綴和。
所求表面積即為第一層蛋糕的下表面積（相當于每一層蛋糕上表面外露面積之和）與每層蛋糕的側面積之和。
主要對\(dfs\)中的四個剪枝分析。
-
\(V<minV[u]\)。剩余體積不足以按要求設計出第\(u\)層及以上的蛋糕。
-
\(S + minS[u] >= ans\)。即使能夠按要求設計出剩余層數的蛋糕但也無法更新答案。
-
\(S + 2 * \frac{V}{R[u - 1]} >= ans\)。最重要的剪枝，推導如下（忽略所有\(\pi\)）。
記第\(1\)層到第\(u-1\)層的側面積和第一層的下表面積為\(S\)，第\(u\)層到第\(m\)層的側面積為\(S'=\sum_{i=u}^{m}2R_iH_i=\frac{2}{R_{u-1}}\sum_{i=u}^{m}R_{u-1}R_iH_i\)；
由\(R_{u-1}>R_{u}>R_{u+1}>...>R_m\)得\(S'>=\frac{2}{R_{u-1}}\sum_{i=u}^{m}R_i^2H_i\)（當且僅當\(u=m+1\)時取得等號）；
由\(V=\sum_{i=u}^{m}R_i^2H_i\)得\(S'\geq\frac{2}{R_{u-1}}V\)；
當\(S+S'>=S + 2 * \frac{V}{R[u - 1]}>=ans\)時無法更新答案（道理同\(2\)）。
-
\(for\)循環中\(r\)和\(h\)的取值范圍。由每一層的\(r\)和\(h\)都是正整數且都比上一層的\(r\)和\(h\)的大得到下界，由第\(u\)層的體積最大值\(V-minV[u+1]\)和該層的高的最小值確定\(r\)的上界，\(h\)的值隨\(r\)而確定。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
const int N = 30, INF = 0x3f3f3f3f; // INF表示一個極大的值（本題答案無法達到，用于判斷是否有答案）
int n, m;
int minV[N], minS[N]; // minV[i]、minS[i]分別表示第i層及以上部分構成的最小體積、表面積
int R[N], H[N]; // R[i]、H[i]表示當前第i層蛋糕的半徑和高度
int ans = INF;
void dfs(int u, int V, int S) // 搜索，表示考慮第u層蛋糕，剩余體積為V，已有蛋糕的表面積為S
{
if (V < minV[u]) return;
if (S + minS[u] >= ans) return;
if (S + 2 * V / R[u - 1] >= ans) return;
if (u == m + 1) // 搜索完m層蛋糕
{
if (V == 0) ans = S; // 更新答案
return;
}
// 從大到小，先遍歷r，后遍歷h
for (int r = min(R[u - 1] - 1, (int)sqrt((V - minV[u + 1]) / (m + 1 - u))); r >= m + 1 - u; r--)
for (int h = min(H[u - 1] - 1, (V - minV[u + 1]) / (r * r)); h >= m + 1 - u; h--)
{
R[u] = r, H[u] = h;
dfs(u + 1, V - r * r * h, S + 2 * r * h + (u == 1) * r * r); // 第一層有額外的下表面積
}
}
int main()
{
cctie;
cin >> n >> m;
R[0] = H[0] = INF; // dfs中第三行if需要
for (int i = m; i >= 1; i--) // 求后綴和
{
int j = m + 1 - i;
minV[i] = minV[i + 1] + j * j * j;
minS[i] = minS[i + 1] + 2 * j * j;
}
dfs(1, n, 0);
if (ans == INF) ans = 0; // 沒有搜索到可行解
cout << ans << '\n';
return 0;
}
D: 頭疼的數列
動態規劃。
\(dp[i][j]\)表示使序列的前\(i\)個數都變成\(j\)所需要的最少操作數，\(1\leq i\leq n\)，\(0\leq j \leq 1\)。
狀態轉移方程如下：
若\(a[i]=1\)，則\(dp[i][1]=\min(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+1),dp[i][0]=\min(dp[i-1][0],dp[i-1][1])+1\)。
若\(a[i]=0\)，則\(dp[i][0]=\min(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+1),dp[i][1]=\min(dp[i-1][1],dp[i-1][0])+1\)。
用異或運算\(\oplus\)可以合二為一，如下：
\(dp[i][a[i]] = min(dp[i - 1][a[i]],dp[i - 1][a[i]\oplus 1] + 1),dp[i][a[i] \oplus 1] = min(dp[i - 1][a[i] \oplus 1],dp[i - 1][a[i]]) + 1\)。
答案即為\(dp[n][0]\)。
時間復雜度：\(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
const int N = 100010, INF = 0x3f3f3f3f;
int n;
int a[N];
int dp[N][2];
int main()
{
cctie;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
dp[1][a[1]] = 0, dp[1][a[1] ^ 1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
dp[i][a[i]] = min(dp[i - 1][a[i]], dp[i - 1][a[i] ^ 1] + 1);
dp[i][a[i] ^ 1] = min(dp[i - 1][a[i] ^ 1], dp[i - 1][a[i]]) + 1;
}
cout << dp[n][0] << '\n';
return 0;
}
E: 楊輝三角
模擬。
按題目要求即\(a[i][j]= a[i - 1][j - 1] + a[i - 1][j]\)構造出楊輝三角，再按題目要求的格式輸出即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long
#define double long double
#define PII pair<int, int>
const int N = 1010;
int n;
int a[N][N];
int get(int x) // 求x的寬度
{
int cnt = 0;
while (x) cnt++, x /= 10;
return cnt;
}
void solve()
{
int mx = 0; // 最大值
for (int j = 1; j <= n; j++)
mx = max(mx, a[n][j]);
int cnt = get(mx); // 最大數的寬度
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cout << a[i][1];
for (int j = 2; j <= i; j++)
cout << setw(cnt + 1) << a[i][j]; // 按要求格式輸出
cout << '\n';
}
cout << '\n';
}
int main()
{
cctie;
a[1][1] = 1;
for (int i = 2; i <= 30; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
a[i][j] = a[i - 1][j - 1] + a[i - 1][j];
while (cin >> n) solve();
return 0;
}
F: 頭疼的花匠
樹狀數組/線段樹、離散化、排序、離線詢問。
對每朵花和詢問的點的坐標按x的大小分別排序（升序），我們依次求排序后的每個詢問，不妨設當前處理的詢問的點的橫坐標為\(x\)，縱坐標為\(y\)，則只需要求所有橫坐標不大于\(x\)的花中縱坐標不大于\(y\)的有幾朵，此處需要借助樹狀數組或線段樹實現單點修改和區間查詢，我們遍歷排序后的每朵花，只要當前花的橫坐標不大于x，就在樹狀數組中標記該花的縱坐標出現次數加一，而對于之前處理詢問過程中已經標記過的點不需要重復遍歷。這樣處理每朵花只會被標記一次，每個詢問處理也只有一次區間查詢。
時間復雜度：\(O((n + q)log(n+q))\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define PII pair<int, int>
const int N = 100010, INF = 0x3f3f3f3f, mod = 998244353;
template <typename T>
class Fenwick // 樹狀數組
{
private:
int n;
vector<T> c;
int lowbit(int x)
{
return x & -x;
}
public:
Fenwick(int n) : n(n - 1), c(n) {}
void add(int k, T x) // 單點修改
{
for (int i = k; i <= n; i += lowbit(i)) c[i] += x;
}
T sum(int k) // 區間查詢
{
T sum = T();
for (int i = k; i; i -= lowbit(i)) sum += c[i];
return sum;
}
};
int n, q;
PII a[N], b[N];
int order[N];
int ans[N];
int main()
{
cctie;
cin >> n >> q;
vector<int> v(1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int x, y; cin >> x >> y;
a[i] = {x, y};
v.push_back(y);
}
for (int i = 1; i <= q; i++)
{
int x, y; cin >> x >> y;
b[i] = {x, y};
v.push_back(y);
}
sort(v.begin() + 1, v.end());
v.erase(unique(v.begin() + 1, v.end()), v.end()); // 離散化
sort(a + 1, a + n + 1);
iota(order + 1, order + q + 1, 1);
sort(order + 1, order + q + 1, [&](int i, int j)
{return b[i] < b[j];});
auto get = [&](int x)->int
{
return lower_bound(v.begin() + 1, v.end(), x) - v.begin();
}; // 求離散化后的值
Fenwick<int> F(v.size());
int now = 1;
for (int i = 1; i <= q; i++)
{
int j = order[i];
while (now <= n && a[now].first <= b[j].first) F.add(get(a[now++].second), 1); // 標記縱坐標
ans[j] = F.sum(get(b[j].second)); // 處理詢問
}
for (int i = 1; i <= q; i++) cout << ans[i] << '\n';
return 0;
}
G: 貨倉選址
數學。
經典數學問題，貨倉建在中位數即可。
時間復雜度：\(O(nlogn)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long
const int N = 100010, INF = 0x3f3f3f3f;
int n;
int a[N];
int main()
{
cctie;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
int k = n + 1 >> 1; // 求中位數下標
i64 ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) ans += abs(a[i] - a[k]);
cout << ans << '\n';
return 0;
}
H: 進階楊輝三角
模擬。
其實就是將\(E\)題里的楊輝三角按順序存放到一維數組里，然后求第\(k\)個數直接輸出即可，注意取模。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long
const int N = 1010, mod = 1e9 + 7;
i64 a[N][N];
vector<i64> v(2, 1);
void solve()
{
int k; cin >> k;
cout << v[k] << '\n';
}
int main()
{
cctie;
a[1][1] = 1;
for (int i = 2; ; i++)
{
if (v.size() - 1 >= 50000) break;
for (int j = 1; j <= i; j++)
{
if (v.size() - 1 >= 50000) break;
a[i][j] = (a[i - 1][j - 1] + a[i - 1][j]) % mod;
v.push_back(a[i][j]); // 存放到一維數組
}
}
int t; cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
I: 切面條
找規律。
將面條兩端相接則成環（視為已對折一次），則一共對折\(n(n>0)\)次后切割能得到\(2^n\)根面條，而面條相較于環多了個開口，也就是切割后多了一根面條，所以答案為\(2^n+1\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
int n;
int main()
{
cctie;
cin >> n;
cout << (1 << n) + 1 << '\n';
return 0;
}
J: 進制轉換
進制轉換。
\(p\)進制數轉\(q\)進制：先將\(p\)進制數轉為十進制數，再將十進制數轉為\(q\)進制數。
轉換原理和過程略。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
int p, q;
string n;
string itoa1(int n, int m) // 十進制數n轉m進制
{
string ret = "";
do
{
int t = n % m;
if (0 <= t && t <= 9) ret += t + '0';
else ret += t - 10 + 'A';
n /= m;
}
while(n);
reverse(ret.begin(), ret.end());
return ret;
}
int itoa2(string n, int m) // m進制數n轉十進制
{
int ret = 0, k = 1;
while (n != "")
{
char c = n.back();
n.pop_back();
if (c >= 'A') ret += (c - 'A' + 10) * k;
else ret += (c - '0') * k;
k *= m;
}
return ret;
}
int main()
{
cctie;
cin >> p >> q >> n;
cout << itoa1(itoa2(n, p), q) << '\n';
return 0;
}
K: 超級楊輝三角
組合數學、乘法逆元。
題目要求所有滿足條件\(\exists \{i,j\}, a_{i-1}<a_i,a_{j-1}>a_j\)的長度為\(n\)且每個數不大于\(k\)的序列個數\(C\)。直接求很困難，不妨先求其對立部分的序列個數記為\(B\)，再用長度為\(n\)且每個數不大于\(k\)的序列個數\(A\)減去\(B\)即為答案。顯然與前面條件對立的序列即為單調序列（非嚴格），轉而求長度為\(n\)且每個數不大于\(k\)的單調序列個數。
先求單調上升的序列個數。把序列的\(n\)個位置當作\(n\)個球，從\(1\)到\(k\)的\(k\)個數當作\(k\)個盒子（按升序擺放），則求單調上升的序列個數及等效于把\(n\)個球放到\(k\)個盒子里的放法個數（可以有空盒），這是經典組合數學問題。先手動將每個盒子放一個球，則問題轉變為把\(n+k\)個球放到\(k\)個盒子里的放法個數（不能有空盒），用隔板法解決，在\(n+k-1\)個間隙里放\(k-1\)個隔板，答案即為\(C_{n+k-1}^{k-1}\)。
單調下降的序列個數顯然同樣也為\(C_{n+k-1}^{k-1}\)，由于與單調上升序列有所重合，重合部分為n個數相等的所有序列，一共\(k\)個。
則\(B=2C_{n+k-1}^{k-1}-k\)，再求\(A\)，顯然\(A=k^n\)，則\(C=A-B=k^n -(2C_{n+k-1}^{k-1}-k)\)。
時間復雜度：\(O(\min(n, k))\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long
const int mod = 998244353;
i64 pow(i64 a, i64 b, i64 p = mod) // 快速冪
{
i64 ans = 1 % p;
while (b)
{
if (b & 1) ans = ans * a % p;
b >>= 1;
a = a * a % p;
}
return ans;
}
i64 C(i64 a, i64 b, i64 p = mod) // 求組合數
{
if (b > a) return 0;
if (b > a - b) b = a - b;
i64 x = 1, y = 1;
for (int i = 0; i < b; i++)
{
x = x * (a - i) % p;
y = y * (b - i) % p;
}
return x * pow(y, p - 2) % p;
}
void solve()
{
i64 n, k; cin >> n >> k;
i64 ans = (pow(k, n) - ((2 * C(n + k - 1, k - 1) - k + mod) % mod) + mod) % mod;
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
cctie;
int t; cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
L: 數列的平方和
前綴和/尺取法。
本題要求出所有長度為\(m\)的區間和（每個數平方后）的最小值。
這里主要講一下尺取法的寫法，類似滑動窗口的思路，我們從左往右求每一個區間的和，\(i\)表示當前所維護區間的最右端，則當前需要維護的區間和為\(\sum_{j=i-m+1}^{i}\)，而上一個區間的和為\(\sum_{j=i-m}^{i-1}=now\)，可以得出當前區間的和為\(now-a[i-m]+a[i]\)，一直維護取最小值即可。
時間復雜度：\(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cctie ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define i64 long long
const int N = 100010, mod = 1e9 + 7;
int n, m;
int a[N];
void solve()
{
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
a[i] *= a[i];
}
i64 ans = LLONG_MAX, now = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
now += a[i];
if (i > m) now -= a[i - m];
if (i >= m) ans = min(ans, now);
}
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
cctie;
int T; cin >> T;
while (T--) solve();
return 0;
}
總結
以上是生活随笔為你收集整理的Contest3376 - 2024寒假集训-排位赛竞赛（一）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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