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武漢工程大學第三屆ACM程式設計新生賽（多校聯賽）（線上賽）（正式賽）題解

2020-11-24 19:16:51 其他

前七題的題解：https://blog.csdn.net/qq_46144509/article/details/109905618?utm_source=app

C. Pokémon Go

選擇每一個出口對所有的點進行bfs,然后取最小值，
如果不知道bfs，建議先學一下bfs模板題，
搬運刪去部分后 風竹曦 的代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int, int> PII;

#define rep(i, a, n) for (int i = a; i <= n; i++)

const ll mod = (ll)1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = (int)1e3 + 10;
const int DIR[4][2] = {{1, 0}, {0, 1}, {0, -1}, {-1, 0}};
int a[N][N], dis[N][N], vis[N][N];
int n, m, flag = 0;
struct Node {
    int x, y, step;
};
void bfs(int x, int y);
inline bool check(int x, int y) { return x >= 1 && x <= n && y >= 1 && y <= m; }

int main() {
    int k;
    cin >> n >> m >> k;
    rep(i, 1, k) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        a[x][y] = 1;
    }
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    int t;
    cin >> t;
    rep(i, 1, t) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        bfs(x, y);
    }

    int p;
    cin >> p;
    rep(i, 1, p) {
        int x, y;
        scanf("%d%d", &x, &y);
        int ans = dis[x][y];
        if (ans >= INF) {
            ans = -1;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }

    return 0;
}

void bfs(int x, int y) {
    flag++;
    queue<Node> q;
    q.push({x, y, 0});
    vis[x][y] = flag;
    while (!q.empty()) {
        Node f = q.front();
        q.pop();
        dis[f.x][f.y] = min(dis[f.x][f.y], f.step);
        rep(d, 0, 3) {
            int x0 = f.x + DIR[d][0], y0 = f.y + DIR[d][1];
            if (check(x0, y0) && a[x0][y0] == 0 && vis[x0][y0] != flag) {
                q.push({x0, y0, f.step + 1});
                vis[x0][y0] = flag;
            }
        }
    }
}

B. 跳棋

dfs題，如果直接全排列，12!，會超時，
所以需要剪枝，
經過12打表可以發現，棋盤處于“超平衡狀態的時候，每一條直線的和為 1 + 12 2 ? 4 = 26 \frac{1+12}{2}*4=26 21+12??4=26”(平均值乘以棋子數)，

從序號1開始遞回，遞回到第6層時檢測，a[2],a[3],a[4],a[5]的和不等于26就return

	if (step == 6) {
		if (a[2] + a[3] + a[4] + a[5] != 26) {
			return;
		}
	}

遞回到第9層時檢測，a[1],a[3],a[6],a[8]的和不等于26就return

	if (step == 9) {
		if (a[1] + a[3] + a[6] + a[8] != 26) {
			return;
		}
	}

然后12層的時候再檢測一次

	if (step == 12) {
		if (a[8] + a[9] + a[10] + a[11] != 26) {
			return;
		}

		if (a[1] + a[4] + a[7] + a[11] != 26) {
			return;
		} 
	}

如果是紅色棋盤就直接遞回下一層

	if (step == 1 || step == 9) {
		dfs(step + 1);
		return;
	}

到第13層時

	if (step == 13) {
		if (a[2] + a[6] + a[9] + a[12] != 26) {
			return;
		}

		if (a[5] + a[7] + a[10] + a[12] != 26) {
			return;
		}

		/*
			存盤或者輸出
		*/
		return;
	}

然后，如果直接每次詢問都進行一次dfs，再輸出，這個代碼還是會超時，先把所有的從12個數中選2個不同的數的全排列寫出來，

void init() {
	for (n1 = 1; n1 <= 12; n1++) {
		for (n2 = 1; n2 <= 12; n2++) {
			if (n2 != n1) {
				memset(vis, 0, sizeof(vis));
				a[1] = n1;
				a[9] = n2;
				vis[n1] = vis[n2] = true;

				dfs(1);
			}
		}
	}
}

然后再用一個二維陣列dp[13][13]記憶每一種排列的情況，dp里面是一個二維陣列，存盤該排列情況的所有字典序陣列，所以這是一個四維陣列，

struct save {
	std::vector<std::vector<int> > v;
};

save dp[13][13];

完整代碼就是：

# include <iostream>
# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <vector>

int a[13];
bool vis[13];

int n1, n2;

struct save {
	std::vector<std::vector<int> > v;
};

save dp[13][13];

void dfs(int step) {
	if (step == 13) {
		if (a[2] + a[6] + a[9] + a[12] != 26) {
			return;
		}

		if (a[5] + a[7] + a[10] + a[12] != 26) {
			return;
		}

		std::vector<int> vp;
		for (int i = 1; i <= 12; i++) {
			vp.push_back(a[i]);
		}
		dp[n1][n2].v.push_back(vp);
		return;
	}

	if (step == 6) {
		if (a[2] + a[3] + a[4] + a[5] != 26) {
			return;
		}
	}

	if (step == 9) {
		if (a[1] + a[3] + a[6] + a[8] != 26) {
			return;
		}
	}

	if (step == 12) {
		if (a[8] + a[9] + a[10] + a[11] != 26) {
			return;
		}

		if (a[1] + a[4] + a[7] + a[11] != 26) {
			return;
		} 
	}

	if (step == 1 || step == 9) {
		dfs(step + 1);
		return;
	}


	for (int i = 1; i <= 12; i++) {
		if (!vis[i]) {
			vis[i] = true;
			a[step] = i;
			dfs(step + 1);

			vis[i] = false;
		}
	}
}

void solve() {
	if (dp[n1][n2].v.size() == 0) {
		puts("-1");
	} else {
		for (int i = 0; i < dp[n1][n2].v.size(); i++) {
			for (int j = 0; j < dp[n1][n2].v[i].size(); j++) {
				printf("%d ", dp[n1][n2].v[i][j]);
			}
			puts("");
		}
	}

	puts("");
}

void init() {
	for (n1 = 1; n1 <= 12; n1++) {
		for (n2 = 1; n2 <= 12; n2++) {
			if (n2 != n1) {
				memset(vis, 0, sizeof(vis));
				a[1] = n1;
				a[9] = n2;
				vis[n1] = vis[n2] = true;

				dfs(1);
			}
		}
	}
}

int main() {
	init();
	while (~scanf("%d%d", &n1, &n2)) {
		solve();
	}

	return 0;
}

此題解的陣列維度有點高，并且vector和普通陣列混用，因此看懂有點難度，

但似乎有大佬沒有記憶化，并且和我的思路差不多，也過了？難道字串比陣列處理要快？
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=45659756

本以為超過10000字符的代碼牛客不允許提交，結果后來發現可以，暴力打表，
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=45655689
一千多行代碼怎么敲？先把打表的資料輸出到txt，然后復制txt里面的內容，粘貼到代碼上，
本來一開始我想出事先放三個棋子的，后來想降低難度就只出了放兩個棋子的，不知道如果是放三個棋子，打表會不會超過牛客規定的提交代碼大小上限，

J. 魔改斐波那契

( f n + 1 f n 0 f n f n ? 1 0 c c c ) = ( a b 1 1 0 0 0 0 1 ) ? ( f n f n ? 1 0 f n ? 1 f n ? 2 0 c c c ) = . . . \begin{pmatrix} f_{n+1} & f_{n} & 0 \\ f_{n} & f_{n-1} & 0 \\ c & c & c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} * \begin{pmatrix} f_{n} & f_{n-1} & 0 \\ f_{n-1} & f_{n-2} & 0 \\ c & c & c \end{pmatrix} =... ???fn+1?fn?c?fn?fn?1?c?00c????=???a10?b00?101????????fn?fn?1?c?fn?1?fn?2?c?00c????=...

= ( a b 1 1 0 0 0 0 1 ) n ? ( f 1 f 0 0 f 0 f ? 1 0 c c c ) = { \begin{pmatrix} a & b & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}}^n * \begin{pmatrix} f_{1} & f_{0} & 0 \\ f_{0} & f_{-1} & 0 \\ c & c & c \end{pmatrix} =???a10?b00?101????n????f1?f0?c?f0?f?1?c?00c????
如果沒有計算 f ? 1 f_{-1} f?1?可以允許出現 f ? 1 f_{-1} f?1?，個人觀點，如有不對請指正，

如果先將十進制轉為二進制再矩陣快速冪可能會超時，所以用10進制的矩陣快速冪， I I I是單位矩陣，

Node decpow(Node x) {
	int len = strlen(s + 1);

	Node base = x;
	Node ans = I;
	for (int i = len; i; i--) {
		ans  = ans * qpow(base, s[i] - '0');
		base = qpow(base, 10);
	}

	return ans;
}

代碼整體就是：

# include <iostream>
# include <cstring>
# include <cstdio>

int mod;
const int N = 1e6 + 5;
char s[N];

struct Node {
	int a[3][3];

	Node operator * (const Node& rhs) {
		Node t = {0};
		for (int i = 0; i < 3; i++) {
			for (int j = 0; j < 3; j++) {
				for (int k = 0; k < 3; k++) {
					t.a[i][j] += 1ll * a[i][k] * rhs.a[k][j] % mod;

					if (t.a[i][j] >= mod) {
						t.a[i][j] -= mod;
					}
				}
			}
		}
		
		return t;
	}
};

const Node I = {1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1};

Node qpow(Node x, int p) {
	Node ans = I;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			ans = ans * x;
		}

		x = x * x;
		p >>= 1;
	}

	return ans;
}

Node decpow(Node x) {
	int len = strlen(s + 1);

	Node base = x;
	Node ans = I;
	for (int i = len; i; i--) {
		ans  = ans * qpow(base, s[i] - '0');
		base = qpow(base, 10);
	}

	return ans;
}

int main() {
	int x0;
	int x1;
	int a;
	int b;

	scanf("%d%d%d%d%s%d", &a, &b, &x0, &x1, s + 1, &mod);

	Node T = {a, b, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1};
	Node ans = decpow(T);
	int res = ((1ll * ans.a[1][0] * x1 % mod + 1ll * ans.a[1][1] * x0 % mod) % mod + 1ll * ans.a[1][2] * 7 % mod) % mod;
	printf("%d\n", res);

	return 0;
}

方法二：斐波那貧訓圈節，
斐波那契數列的模數每隔一段就會重復原來的序列，這個性質被稱為皮薩諾周期，“每隔一段”的長度被稱為回圈節，
下面的代碼求的回圈節不一定是最小回圈節，但也可以作為模數，別問我這代碼的原理是什么，我是找的別人的代碼

ll lcm(ll a, ll b) {
    return a / std::__gcd(a, b) * b;
}
 
ll pFac[105][2];
int getFactors(ll n) {
    int pCnt = 0;
    for (ll i = 2; i * i <= n; ++i) {
        if (n % i) {
            continue;
        }
 
        pFac[pCnt][0] = i;
        pFac[pCnt][1] = 0;
        while (n % i == 0) {
            n /= i;
            pFac[pCnt][1]++;
        }
 
        pCnt++;
    }
 
    if (n > 1) {
        pFac[pCnt][0] = n;
        pFac[pCnt++][1] = 1;
    }
 
    return pCnt;
}

int Legendre(ll a, ll p) {
    if (qpow(a, (p - 1) >> 1, p) == 1) {
        return 1;
    }
 
    return -1;
}
 
ll find_loop(ll n, ll a = 1, ll b = 1) {
    int cnt = getFactors(n);
    ll c = a * a + b * 4;
    ll ans = 1, record;
 
    for (int i = 0; i < cnt; ++i) {
        if (pFac[i][0] == 2) {
            record = 3 * 2 * 2;
        } else if (c % pFac[i][0] == 0) {
            record = pFac[i][0] * (pFac[i][0] - 1);
        } else if (Legendre(c, pFac[i][0]) == 1) {
            record = pFac[i][0] - 1;
        } else {
            record = (pFac[i][0] - 1) * (pFac[i][0] + 1);
        }
 
        for (int j = 1; j < pFac[i][1]; ++j) {
            record *= pFac[i][0];
        }
 
        ans = lcm(ans, record);
    }
 
    return ans;
}

int main() {
	ll p = find_loop(mod, a, b);
	return 0;
}

然后再對大數求模

ll read_mod(ll mod) {
	int len = strlen(s + 1);
	ll n = 0;

	for (int i = 1; i <= len; i++) {
		n = ksc(n, 10, mod) + s[i] - '0';
		if (n >= mod) {
			n -= mod;
		}
	}

	return n;
}

完整版就是：

# include <iostream>
# include <algorithm>
# include <cstdio>
# include <cstring>

typedef long long ll;
typedef __int128 lll;

const int N = 5e5 + 5;
char s[N];
ll mod;

struct Node {
	ll m[3][3];

	Node operator * (const Node& rhs) {
		Node t = {0};
		for (int i = 0; i < 3; i++) {
			for (int j = 0; j < 3; j++) {
				for (int k = 0; k < 3; k++) {
					t.m[i][j] += m[i][k] * rhs.m[k][j] % mod;

					if (t.m[i][j] >= mod) {
						t.m[i][j] -= mod;
					}
				}
			}
		}

		return t;
	}

};

const Node I = {1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 1};

Node qpow(Node x, ll p) {
	Node ans = I;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			ans = ans * x;
		}

		x = x * x;
		p >>= 1;
	}

	return ans;
}

ll qpow(ll x, ll p, int Mod = mod) {
	ll ans = 1 % Mod;
	x %= Mod;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			ans = ans * x % Mod;
		}

		x = x * x % Mod;
		p >>= 1;
	}

	return ans;
}

ll lcm(ll a, ll b) {
    return a / std::__gcd(a, b) * b;
}
 
ll pFac[105][2];
int getFactors(ll n) {
    int pCnt = 0;
    for (ll i = 2; i * i <= n; ++i) {
        if (n % i) {
            continue;
        }
 
        pFac[pCnt][0] = i;
        pFac[pCnt][1] = 0;
        while (n % i == 0) {
            n /= i;
            pFac[pCnt][1]++;
        }
 
        pCnt++;
    }
 
    if (n > 1) {
        pFac[pCnt][0] = n;
        pFac[pCnt++][1] = 1;
    }
 
    return pCnt;
}

int Legendre(ll a, ll p) {
    if (qpow(a, (p - 1) >> 1, p) == 1) {
        return 1;
    }
 
    return -1;
}
 
ll find_loop(ll n, ll a = 1, ll b = 1) {
    int cnt = getFactors(n);
    ll c = a * a + b * 4;
    ll ans = 1, record;
 
    for (int i = 0; i < cnt; ++i) {
        if (pFac[i][0] == 2) {
            record = 3 * 2 * 2;
        } else if (c % pFac[i][0] == 0) {
            record = pFac[i][0] * (pFac[i][0] - 1);
        } else if (Legendre(c, pFac[i][0]) == 1) {
            record = pFac[i][0] - 1;
        } else {
            record = (pFac[i][0] - 1) * (pFac[i][0] + 1);
        }
 
        for (int j = 1; j < pFac[i][1]; ++j) {
            record *= pFac[i][0];
        }
 
        ans = lcm(ans, record);
    }
 
    return ans;
}

inline ll ksc(ll x, ll y, ll mod) {
	x %= mod;
	y %= mod;

	return (lll)x * y % mod;
//	ll tmp = x * y - (ll)((long double)x / mod * y + 1.0e-8) * mod;
//	return tmp < 0 ? tmp + mod : tmp > mod ? tmp -= mod : tmp;
}

ll read_mod(ll mod) {
	int len = strlen(s + 1);
	ll n = 0;

	for (int i = 1; i <= len; i++) {
		n = ksc(n, 10, mod) + s[i] - '0';
		if (n >= mod) {
			n -= mod;
		}
	}

	return n;
}

int main() {
	int a;
	int b;
	int f0;
	int f1;
	scanf("%d%d%d%d%s%lld", &a, &b, &f0, &f1, s + 1, &mod);

	if (mod == 1) {
		std::cout << 0;
		return 0;
	}

	ll p = find_loop(mod, a, b);
	ll n = read_mod(p);

	Node T = {a, b, 1, 1, 0, 0, 0, 0, 1};
	Node ans = qpow(T, n);

	int res = (ans.m[1][0] * f1 % mod + ans.m[1][1] * f0 % mod + ans.m[1][2] * 7 % mod) % mod;
	std::cout << res;

	return 0;
}

對于本校學生，我們來回顧一下勸退課程之 《ACM第四次課20201107》的最后一張PPT：
在這里插入圖片描述
其中的三個鏈接：
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/885/B
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=45482960
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/view-submission?submissionId=45482976
發現沒有？就是多加了一個7而已，論課后習題的重要性，

轉載請註明出處，本文鏈接：https://www.uj5u.com/qita/226845.html

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    uj5u.com 2020-09-10 02:00:44 more
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    uj5u.com 2020-09-10 02:00:50 more
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    uj5u.com 2020-09-10 02:00:53 more
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    uj5u.com 2020-09-10 02:01:03 more
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    uj5u.com 2020-09-10 02:04:05 more
  • 02windows基礎操作

    我學到了一下幾點 Windows系統目錄結構與滲透的作用 常見Windows的服務詳解 Windows埠詳解 常用的Windows注冊表詳解 hacker DOS命令詳解（net user / type /md /rd/ dir /cd /net use copy、批處理 等） 利用dos命令制作 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:18 more
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    我學到了以下幾點 01Linux系統介紹02系統安裝，密碼啊破解03Linux常用命令04LAMP 01LINUX windows： win03 8 12 16 19 配置不繁瑣 Linux：redhat,centos(紅帽社區版)，Ubuntu server,suse unix:金融機構，證券，銀 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:30 more
  • 05HTML

    01HTML介紹 02頭部標簽講解03基礎標簽講解04表單標簽講解 HTML前段語言 js1.了解代碼2.根據代碼 懂得挖掘漏洞 （POST注入/XSS漏洞上傳）3.黑帽seo 白帽seo 客戶網站被黑帽植入劫持代碼如何處理4.熟悉html表單 <html><head><title>TDK標題，描述 ......

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    uj5u.com 2023-04-20 08:48:24 more
  • web3 產品介紹：metamask 錢包 使用最多的瀏覽器插件錢包

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    前言 靶機地址->>>vulnhub_Earth 攻擊機ip：192.168.20.121 靶機ip：192.168.20.122 參考文章 https://www.cnblogs.com/Jing-X/archive/2022/04/03/16097695.html https://www.cnb ......

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  • 從4k到42k，軟體測驗工程師的漲薪史，給我看哭了

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    🎈 標簽生成器 由于輸入正向提示詞 prompt 和反向提示詞 negative prompt 都是使用英文，所以對學習母語的我們非常不友好 使用網址：https://tinygeeker.github.io/p/ai-prompt-generator 這個網址是為了讓大家在使用 AI 繪畫的時候 ......

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  • CANN開發實踐：4個DVPP記憶體問題的典型案例解讀

    摘要：由于DVPP媒體資料處理功能對存放輸入、輸出資料的記憶體有更高的要求（例如，記憶體首地址128位元組對齊），因此需呼叫專用的記憶體申請介面，那么本期就分享幾個關于DVPP記憶體問題的典型案例，并給出原因分析及解決方法。 本文分享自華為云社區《FAQ_DVPP記憶體問題案例》，作者：昇騰CANN。 DVPP ......

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    1. 下載Halcon17版本到到本地 2. 雙擊安裝包后 3. 步驟如下 1.2 Halcon軟體安裝 界面分為四大塊 1. Halcon的五個助手 1) 影像采集助手：與相機連接，設定相機引數，采集影像 2) 標定助手：九點標定或是其它的標定，生成標定檔案及內參外參，可以將像素單位轉換為長度單位 ......

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    第一次發博客，先發一下我的游戲開發環境吧。 去年2月份買了一臺MacBookPro2021 M1pro(以下簡稱mbp)，這一年來一直在用mbp開發游戲。我大致分享一下我的開發工具以及使用體驗。 1、Unity 官網鏈接： https://unity.cn/releases 我一般使用的Apple ......

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