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2020-IT節程式設計競賽-題解

2020-12-08 11:21:45 其他

2020-BNUZ-IT節程式設計競賽-題解

A.營救小玉和老爹
B.靜靜想題目
C.年輕人，要來一把昆特牌嗎？
D.我勸，這支蠟燭，耗子尾汁！
E.棋魂
F.英雄聯盟排隊機制
G.arc看演唱會
H.加油，打工人！
I.迪迦的隕石雨
J.新生賽的場外求助
K.測驗接待員

A.營救小玉和老爹

題解

由式子min(ceil((1+T/100)ti), 100100ti)，我們可以知道如果在第i條道路清除結束后就通過，那么在該道路耗時就是ti，由此我們對清理計劃進行預處理一下
首先我們對每條路清理計劃按照開始時間進行排序，因為如果不能在下次清除到來前通過該道路，那么就不會走，所以如果兩個相鄰的計劃的間隔時間沒有ti，那么就將他們合并成更大的一個計劃
預處理完，我們就直接跑dij，這里主要在于通過第i條路到達下個點的時間的計算：
我們先二分清理計劃，找到第一個開始時間大于等于當前點的時間計劃a，以及a的前一個計劃b
我們設開始時間為s, 結束時間為f, ti為該道路的無陷阱情況下的通過時間
當前點為cur, 下個點為next
當前點的到達時間為curt, 下個點的抵達時間為nextt
這里有兩種情況：
1. 如果b.f >= curt, 那么nextt = b.f + ti
2. 如果b.f < curt, 那么nextt = min(ceil((1+(curt - b.f)/100)ti), 100100ti)
對于第一種情況，由于我們已經將清理計劃整合合并了，所以如果在b.f通過該道路，可以在a.s前到達next, 這是沒問題的
但是第二種情況，我們其實是需要注意，因為如果 nextt是大于b.f + ti, 那么就不能保證可以在a.s前到達next, 所以我們需要判斷一下是否可以在a.s前到達，不能的話就nextt=a.f+ti

標程
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 100100;

vector<pii> g[N];
ll t[N], dis[N];
vector<pair<ll, ll> > blocks[N];
bool vis[N];

typedef struct node{
	ll time;
	int point;
	bool operator<(const node&a) const{
		if(a.time == time){
			return a.point < point;
		}
		return a.time < time;
	}
}node;

ll calTime(ll tnow, ll prev, ll ti) {
	if(tnow + 100 - prev > 100100 * 100) return ti * 100100;
	else if(((tnow-prev)*ti) % 100 == 0) return ti + ((tnow - prev) * ti) / 100;
	else return ti + ((tnow - prev) * ti) / 100 + 1;
}

ll getNextTime(vector<pair<ll, ll> > &b, ll cur, ll ti) {
	if(b.empty()) {
		return cur + calTime(cur, 0, ti);
	} else if(cur <= b[0].first) {
		ll tmp = cur + calTime(cur, 0, ti);
		if(tmp <= b[0].first) return tmp;
		else return b[0].second + ti;
	}
	auto it = lower_bound(b.begin(), b.end(), make_pair(cur,0ll));
	it--;
	if(it->second >= cur) {
		cur = it->second;
	}
	ll tmp = calTime(cur, it->second, ti);
	it++;
	return (it == b.end() || (cur + tmp <= it->first)) ? (cur + tmp) : (it->second + ti);
}

ll dijkstra(int n){
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		dis[i] = (1LL << 60);
	}
	dis[1] = 0;
	priority_queue<node >pq;
	node tt;
	tt.point = 1;
	tt.time = 0;
	pq.push(tt);
	while(!pq.empty()){
		
		node Now = pq.top();
		pq.pop();
		
		int x = Now.point;
		ll ctime = Now.time;
		
		if(vis[x]) continue;
		vis[x] = 1;
		
		for(pii e : g[x]){
			int eid = e.first, nxt = e.second;
			if(vis[nxt]) continue;
			ll ntime = getNextTime(blocks[eid], ctime, t[eid]);
			if(dis[nxt] > ntime){
				dis[nxt] = ntime;
				node temp;
				temp.point = nxt;
				temp.time = ntime;
				pq.push(temp);
			}
		}
	}
	return dis[n];
}


void clean(vector<pair<ll, ll> > &v, ll ti) {
	if(v.empty()) return;
	pair<ll, ll> p = v[0];
	vector<pair<ll, ll> > newv;
	int len = v.size();
	for(int i = 1; i < len; i++) {
		if(p.second + ti < v[i].first) {
			newv.push_back(p);
			p = v[i];
		} else {
			p.second = v[i].second;
		}
	}
	newv.push_back(p);
	v = newv;
}

int main() {
	int n, m;
	scanf("%d%d", &n, &m); 
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		int a, b; 
		scanf("%d%d%lld", &a, &b, &t[i]);
		g[a].push_back(make_pair(i,b));
		g[b].push_back(make_pair(i,a));
	}
	int k;
	scanf("%d", &k);
	for(int i = 0; i < k; i++) {
		int id, s, f;
		scanf("%d%d%d", &id, &s, &f);
		blocks[id].push_back(make_pair(s,f));
	}
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end());
		clean(blocks[i], t[i]);
	}
	ll ans = dijkstra(n);
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

B.靜靜想題目

題解

后綴自動機+線段樹合并

標程
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#define pr pair<int,int>
#define mp make_pair
#define ll long long
#define IT vector< pr > :: iterator
#define N 500005
#define qN 100005
using namespace std;
int l, r;
int lth[qN], g[N];
ll ans[qN];
char s[N];
string T[qN];
vector< pr >e[N];
int n, q;
struct SAM {
	int lst = 1, cnt = 1, tr[N << 1][26], pre[N << 1], len[N << 1], lc[N << 1];
	void ins(int c) {
		int p = lst, q, np;
		lst = np = ++cnt;
		len[np] = len[p] + 1, lc[np] = len[p];

		for (; p && !tr[p][c]; p = pre[p])
			tr[p][c] = np;

		if (!p)
			pre[np] = 1;
		else {
			q = tr[p][c];

			if (len[p] + 1 == len[q])
				pre[np] = q;
			else {
				int g = ++cnt;
				memcpy(tr[g], tr[q], sizeof(tr[q]));
				len[g] = len[p] + 1, pre[g] = pre[q], lc[g] = lc[q];

				for (; p && tr[p][c] == q; p = pre[p])
					tr[p][c] = g;

				pre[np] = pre[q] = g;
			}
		}
	}
	void Clear() {
		memset(tr, 0, 26 * (cnt + 1)*sizeof(int));
		cnt = lst = 1;
	}
} S1, S2;
#define ls(x) a[x].ch[0]
#define rs(x) a[x].ch[1]
#define fa(x) a[x].f
#define tag(x) a[x].cltg
#define col(x) a[x].cl
struct LCT {
	int ch[2], f, cltg, cl;
} a[N << 1];
int Q[N << 1];
int id(int x) {
	return ls(fa(x)) == x ? 0 : 1;
}
bool isrt(int x) {
	return ls(fa(x)) != x && rs(fa(x)) != x;
}
void connect(int x, int F, int son) {
	fa(x) = F;
	a[F].ch[son] = x;
}
void rot(int x) {
	int y = fa(x), r = fa(y);
	int yson = id(x), rson = id(y);

	if (isrt(y))
		fa(x) = r;
	else
		connect(x, r, rson);

	connect(a[x].ch[yson ^ 1], y, yson);
	connect(y, x, yson ^ 1);
}
void push_tag(int x, int z) {
	if (!x)
		return;

	tag(x) = col(x) = z;
}
void push_down(int x) {
	if (tag(x)) {
		push_tag(ls(x), tag(x));
		push_tag(rs(x), tag(x));
		tag(x) = 0;
	}
}
void splay(int x) {
	int g = x, k = 0;
	Q[++k] = x;

	while (!isrt(g))
		g = fa(g), Q[++k] = g;

	while (k)
		push_down(Q[k--]);

	while (!isrt(x)) {
		int y = fa(x);

		if (isrt(y))
			rot(x);
		else if (id(x) == id(y))
			rot(y), rot(x);
		else
			rot(x), rot(x);
	}
}
void access(int x, int r) {
	int y;

	for (y = 0; x; y = x, x = fa(x)) {
		splay(x);
		rs(x) = y;
	}

	push_tag(y, r);
}
int Col(int x) {
	splay(x);
	return col(x);
}
int main() {
	scanf("%s", s + 1);
	n = strlen(s + 1);

	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		S1.ins(s[i] - 'a');

	for (int i = 2; i <= S1.cnt; ++i)
		fa(i) = S1.pre[i];

	scanf("%d", &q);

	for (int i = 1; i <= q; ++i) {
		cin >> T[i];
		lth[i] = T[i].length();
		scanf("%d%d", &l, &r);
		e[r].push_back(mp(l, i));
	}

	int st = 1;

	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		st = S1.tr[st][s[i] - 'a'];
		access(st, i);

		for (IT it = e[i].begin(); it != e[i].end(); ++it) {
			S2.Clear();
			int l = it->first, w = it->second, s0 = 1, st0 = 1, nlen = 0;

			for (int j = 0; j < lth[w]; ++j)
				S2.ins(T[w][j] - 'a');

			for (int j = 0; j < lth[w]; ++j) {
				int c = T[w][j] - 'a';
				st0 = S2.tr[st0][c];

				if (!S1.tr[1][c] || Col(S1.tr[1][c]) < l)
					s0 = 1, nlen = 0;
				else {
					while (!S1.tr[s0][c])
						s0 = S1.pre[s0], nlen = S1.len[s0];

					s0 = S1.tr[s0][c];
					++nlen;

					if (Col(s0) - nlen + 1 < l) {
						while (Col(s0) - S1.len[S1.pre[s0]] < l)
							s0 = S1.pre[s0];

						nlen = min(S1.len[s0], Col(s0) - l + 1);
					}
				}

				g[j] = nlen;
			}

			for (int j = 2; j <= S2.cnt; ++j)
				ans[w] += max(S2.len[j] - max(g[S2.lc[j]], S2.len[S2.pre[j]]), 0);
		}
	}

	for (int i = 1; i <= q; ++i)
		printf("%lld\n", ans[i]);

	return 0;
}

C.年輕人，要來一把昆特牌嗎？

題解

有n張牌，兩個人輪流取牌，每次可以選擇取1、2、k張牌，取走最后一張牌的人輸掉比賽，兩個人都表現最佳的情況下，誰能贏，
狀態轉移

標程
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5+10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int arr[10],dp[maxn];

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int n,k;
        cin >> n >> k;
        arr[0] = 1;
        arr[1] = 2;
        arr[2] = k;
        dp[1] = 0;
        for (int i=2; i<=n; i++) {
            dp[i] = 0;
            for (int j=0; j<3; j++) {
                if((i - arr[j] > 0) && (dp[i-arr[j]] == 0)) {
                    dp[i]=1;
                    break;
                }
            }
        }
        if(dp[n] == 1) {
            puts("df");
        }
        else {
            puts("yst");
        }
    }
}

D.我勸，這支蠟燭，耗子尾汁！

題解

有一圈蠟燭，首尾相接，蠟燭有點燃和熄滅兩種狀態，其中一個蠟燭的狀態取反，隔壁兩個也會取反，求最少需要多少次能把所有蠟燭改變成同一個狀態，
搜索，深度優先搜索也能過，
列舉每一個蠟燭的狀態，

標程
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int n,ans,arr[maxn];

void change(int idx) {
    arr[idx] = !arr[idx];
    if(idx - 1 >= 1) {
        arr[idx-1] = !arr[idx-1];
    }
    else {
        arr[n] = !arr[n];
    }
    if(idx + 1 <= n) {
        arr[idx+1] = ! arr[idx+1];
    }
    else {
        arr[1] = !arr[1];
    }
}

bool check() {
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        if(arr[i] != arr[1]) {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

void dfs(int idx, int res) {
    if(idx == n+1) {
        if(check()) {
            if(res < ans) {
                ans = res;
            }
        }
    }
    else {
        dfs(idx+1,res);
        change(idx);
        dfs(idx+1,res+1);
        change(idx);
    }
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        cin >> n;
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            cin >> arr[i];
        }
        ans = inf;
        dfs(1,0);
        if(ans == inf) {
            puts("-1");
        }
        else {
            cout << ans << endl;
        }
    }
}

E.棋魂

題解

簡單模擬判斷，使用一個二維陣列存取當前棋盤的狀態，每次添加一顆新的棋子判斷，判斷當前四個方向的棋子有連續的棋子數量是否超過五即可，

標程
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1005
const int p[4][2] = {{1, 0}, {0, 1}, {1, 1}, {-1, 1}};
int n, m;
char now[maxn][maxn];
bool check(int x, int y){
    for (int i = 0; i < 4; i++){
        int cnt = -1;
        for (int r = x, c = y; r && c && r <= n && c <= n; r -= p[i][0], c -= p[i][1]){
        	if(now[r][c] == now[x][y]){
        		cnt++;
			} else {
				break;
			}
		}
         
        for (int r = x, c = y; r && c && r <= n && c <= n; r += p[i][0], c += p[i][1]){
        	if(now[r][c] == now[x][y]){
        		cnt++;
			} else {
				break;
			}
		}
        if(cnt >= 5){
        	return 1;
		}
    }
    return 0;
}
int main(){
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= m; i++){
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        now[x][y] = i & 1 ? 'B' : 'W';
        if(check(x, y)){
            printf("%s %d\n", i & 1 ? "小胖" : "121", i);
            return 0;
        }
    }
    printf("UNK %d\n", m);
    return 0;
}

F.英雄聯盟排隊機制

題解

首先考慮如果前后兩個人等待時間相差超過m，那一定不必等，時間要進行一定的排序使用dp，用f[i][j]表示前i個人全送進服務器，且最后一個時間點讓第i個人等了j分鐘，前i個人總共等了多久，那么f[i][j]可以轉移到f[k][下一個時間-tk]，表示下一個時間點把k之前包括k的人送了，這里下一個時間點的時間就是f[i][j]表示的最佳時間點(a[i]+j)+m和tk取最大值，多花的時間用前綴和維護一下就行了，

標程
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxN = 505, maxM = 205;
int n, m, mm, ans = 1e9, t[maxN], g[maxN][maxM];
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	mm = m + m;
	int max_int = 1e9;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &t[i]);
	}

	sort(t + 1, t + n + 1);

	for (int i = 1; i <= n; i++) {

		g[i][0] = max_int;

		for (int j = 0; j <= min(t[i] - t[i - 1] - m, m - 1); j++) {
			g[i][0] = min(g[i][0], g[i - 1][j]);
		}

		for (int j = 1; j < mm; j++) {
			g[i][j] = min(g[i][j - 1], t[i] + j - t[i - 1] - m >= 0 &&
			              t[i] + j - t[i - 1] - m < mm ? g[i - 1][t[i] + j - t[i - 1] - m] : max_int);
		}

		for (int j = 0; j < mm; j++) {
			g[i][j] = min(g[i][j], t[i] + j - t[i - 1] < mm ? g[i - 1][t[i] + j - t[i - 1]] : max_int) + j;
		}
	}

	for (int i = 0; i < m; i++) {
		ans = min(ans, g[n][i]);
	}
	printf("%d", ans);
	return 0;
}

G.arc看演唱會

題解

簽到題

標程
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[111], b[111];
int main(){
	long long n, m;
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> a[i];
	}
	long long sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> b[i];
		sum += (a[i] - b[i]);
	}
	cout << (sum >= m * 2LL ? "大耳朵王王" : "alex生日快樂");
}

H.加油，打工人！

題解

有一個長度為n的字串，有最多m次交換相鄰兩個字符機會，也可以不交換，最后給出一個字典序最小的字串，
貪心思想，
為了達到字典序最小，必須盡可能讓前面的字符變小，從前往后找每個位置，找到符合<m的前提下最小的字母，花費m次交換機會到前面一定是最賺的，

標程
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while(t--) {
        int n,m;
        cin >> n >> m;
        string str;
        cin >> str;
        for(int i=0;i<n;i++) {
            int tmp = i;
            int cnt = 0;
            for(int j=i+1;j<n && m >= j-i;j++) {
                if(str[j] < str[tmp]) {
                    tmp = j;
                    cnt = j-i;
                }
            }
            if(str[tmp] == str[i]) continue;
            for(int k=tmp;k>i;k--) {
                swap(str[k],str[k-1]);
            }
            m -= cnt;
        }
        cout << str << endl;
    }
}

I.迪迦的隕石雨

題解

整體二分，樹狀陣列實作區間修改單點查詢，然后注意修改是在環上的，

標程
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL c[300005];
vector<int> G[300005];
int L[300005], R[300005], val[300005];
int P[300005], ans[300005];
int q[300005], q1[300005], q2[300005];
int n, m, k, now = 0;

inline int read() {
	int sum = 0;
	char ch = 0;

	while (ch > '9' || ch < '0')
		ch = getchar();

	while (ch >= '0' && ch <= '9')
		sum = sum * 10 + ch - '0', ch = getchar();

	return sum;
}
inline int lowbit(int x) {
	return x & -x;
}
inline void add(int x, int v) {
	for (; x <= m; x += lowbit(x))
		c[x] += v;
}
inline LL query(int x) {
	LL tmp = 0;

	for (; x > 0; x -= lowbit(x))
		tmp += c[x];

	return tmp;
}
inline void update(int l, int r, int v) {
	if (l <= r)
		add(l, v), add(r + 1, -v);
	else
		add(1, v), add(r + 1, -v), add(l, v), add(m + 1, -v);
}
void solve(int l, int r, int s, int t) {  /// lr流星雨區間 mid答案 st未解決的國家區間
	if (l > r || s > t)
		return;

	if (l == r) {
		for (int i = s; i <= t; ++ i)
			ans[q[i]] = l;

		return;
	}

	int mid = (l + r) >> 1;

	///now是當前次數，mid是列舉次數
	while (now < mid)
		now++, update(L[now], R[now], val[now]);

	while (now > mid)
		update(L[now], R[now], -val[now]), now--;

	int s1 = 0, s2 = 0;

	///劃分籃子
	for (int i = s; i <= t; ++ i) {
		LL tmp = 0;
		int x = q[i];

		for (int j = 0; j < G[x].size(); j++) {
			tmp += query(G[x][j]);

			if (tmp >= P[x])
				break;
		}

		if (tmp >= P[x])
			q1[++s1] = x; ///這個國家已經滿足需求，放入左籃子
		else
			q2[++s2] = x;///沒滿足就放入右邊的籃子
	}

	///放入籃子
	for (int i = 1; i <= s1; i++)
		q[s + i - 1] = q1[i];

	for (int i = 1; i <= s2; i++)
		q[s + s1 + i - 1] = q2[i];

	solve(l, mid, s, s + s1 - 1);
	solve(mid + 1, r, s + s1, t);
}
int main() {
	n = read(), m = read();

	for (int i = 1; i <= m; i++)
		G[read()].push_back(i);

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		P[i] = read(), q[i] = i;

	k = read();

	for (int i = 1; i <= k; i++)
		L[i] = read(), R[i] = read(), val[i] = read();

	solve(1, k + 1, 1, n);

	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (ans[i] == k + 1)
			printf("NO\n");
		else
			printf("%d\n", ans[i]);
	}

	return 0;
}

J.新生賽的場外求助

題解

設負數數量為cnt

  1. n%2 == 1
    1.1. cnt <= n/2，先將(全部負數)與正數取反，得到 cnt>=n/2；
    1.2. cnt > n/2，每次取(n/2個負數)與正數取反，每次增加1個負數，直到cnt==n；
    1.3. cnt > n，先對n個負數取反，得到cnt<n(情況1.1,1.2)；
    1.4. cnt == n，直接全部負數取反，陣列全為正數；
    可見最終陣列將全部都為正數
  2. n%2 == 0
    與第一種情況n%2 == 1類似，不過由于每次取((n/2-1)個負數)與正數取反時增加的負數數量是2個，
    所以當cnt%2 == 1，即奇數時，最侄訓留下一個負數，我們就將絕對值最小的給到這個負數
    當cnt%2==0，即偶數時，則可以將陣列每個數都該變成正數
標程
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 200100;
int a[N];
int main(){
	int n;
	scanf("%d", &n);
	long long sum = 0, cnt = 0;
	int minn = 0x3f3f3f3f;
	for(int i = 0; i < 2*n-1; i++) {
		scanf("%d", &a[i]);
		sum += abs(a[i]);
		minn = min(minn, abs(a[i]));
		if(a[i] < 0){
			cnt++;
		}
	}
	sort(a, a + 2*n-1);
	if(n % 2){
		printf("%lld", sum);
	} else {
		printf("%lld", cnt % 2 ? sum - minn - minn : sum);
	}
}

K.測驗接待員

題解

拉格朗日四平方和定理：每個正整數均可表示為4個整數的平方和，如果不能表示成更少的數的平方之和，必定滿足(4^a)*(8m+7)
該定理就是說：一個正整數最少只能被表示為4個整數的平方和的充要條件是該數滿足(4^a) *(8m+7)
若一個數最少由1個數的平方組成，我們直接sqrt就可以得到
若最少由2個陣列成，因為數的范圍1e15，我們可以sqrt后列舉得到
而若最少只能由4個數，那么他肯定是滿足(4^a) *(8m+7)的數，
那么剩下的就是最少由3個數的平方和組成的了

標程
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

int main() {
	ll n;
	scanf("%lld",&n);
	ll k1 = sqrt(n);
	if(k1 * k1 == n) {
		printf("1");
		return 0;
	}
	ll m;
	for(ll x = k1; x >= 1; x--) {
		m = n - x * x;
		ll k2 = sqrt(m);
		if(x * x + k2 * k2 == n) {
			printf("2");
			return 0;
		}
	}
	m = n;
	while(m % 4 == 0) m /= 4;
	if(m % 8 == 7) {
		printf("4");
		return 0;
	}
	printf("3");
	return 0;
}

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