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第八屆“圖靈杯”NEUQ-ACM程式設計競賽個人賽（同步賽）全題解

2021-01-31 12:34:49 其他

先在開頭吐槽一下這場比賽修改了n次題面甚至改了資料，題面的糟糕程度實屬第一次見，
這場比賽難的不是題目，是出題人，這場比賽可能是沒有經過嚴格的驗題，

A題
相關tag:數學

如果我們把1劃分成x份，那么每份就是1/x，
我們希望最后的k個人得到的盡可能平均，那么每個人必然是拿到[x/k]份的1/x或者[x/k]+1份的1/x，
那么每個人得到的值，與平均值x/k的差值是不可能大于1/x的，

題目要求差值不超過1/210，那么我們把1切成x=1024份，每份的值為1/1024，再平均分配打包給所有人就是了，

切割成1024份需要的次數為20+21+22+…+29=1023次，在加上打包k次，次數必定在6000次內，
(當然你切成2048份也行，仍然在6000次內）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=30+7;
const int mod=998244353;

int k;
int ans=1023;

int main()
{
    scanf("%d",&k);
    printf("%d\n",ans+k);
    int now=1;
    for(int i=0;i<=9;i++)
    {
        for(int j=0;j<now;j++)
            printf("1 %d\n",i);
        now*=2;
    }
    int num=1024;
    int a=num/k,b=num%k;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        printf("2");
        if(i<=b)
        {
            printf(" %d",a+1);
            for(int i=0;i<=a;i++) printf(" 10");
            printf("\n");
        }
        else
        {
            printf(" %d",a);
            for(int i=0;i<a;i++) printf(" 10");
            printf("\n");
        }
    }
}

B題
相關tag:前綴和

使用num[i]記錄第i個數字為多少，
使用sum[i]記錄前綴和，也就是前i個數字值的和，

如果某一個區間[l,r]的數字加起來為k的整數倍，
那么必定有(num[r]-num[l-1])%k=0，
也等價于num[r]%k=num[l-1]%k

我們可以依靠前綴和對k取模的結果，
cas[i]記錄前綴和對k取模為i的前綴和，第一次出現在哪里，
每次出現取模為i的前綴和時，用當前位置減去第一次出現的位置，即為該位置為右邊界可以找到的最長區間了，

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=30+7;

ll ans,n,k;
ll num[100007];
ll cas[100007];

int main()
{
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        ans=-1;
        for(int i=1;i<100007;i++) cas[i]=-1;
        scanf("%lld%lld",&n,&k);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%lld",&num[i]);
            num[i]=(num[i]+num[i-1])%k;
            if(cas[num[i]]==-1) cas[num[i]]=i;
            else ans=max(ans,i-cas[num[i]]);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

C題
相關tag:數學

首先從左往右看，我們可以按照連續的不下降區間，把整個陣列劃分成各塊區間，
由于相鄰兩個區間之間，相鄰的那兩個數的值必定是下降的，
因此我們選擇滿足條件的子陣列，只能在每塊區間里找，

對于一個長度為x的區間，
長度為1的連續子陣列有x種取法，
長度為2的連續子陣列有x-1種取法，
…
長度為x的連續子陣列用1種取法，
該區間的總取法為(1+2+…+x)=x × \times × (x+1)/2種，

所有區間的取法加起來即可，

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=30+7;

ll ans=0,n;
ll num[100007];
ll cas=0;

int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&num[i]);
        if(num[i]>=num[i-1]) cas++;
        else
        {
            ans+=cas*(cas+1)/2;
            cas=1;
        }
    }
    ans+=cas*(cas+1)/2;
    printf("%lld\n",ans);
}

D題
相關tag:簡單博弈

只有1張牌的時候，先手必輸，
有x=[2,k+1]張牌的時候，先手的人可以拿走x-1張牌，剩下1張，所以先手必勝，
有x=k+2張牌的時候，先手的人不管拿走[1,k]的任意張數，剩下的數量必定落在[2,k+1]的區間里，先手必輸，
當x=[k+3,2k+2]張牌的時候，同上，先手必勝
當x=2k+3張牌的時候，同上，先手必輸，
…
歸納后得到，當x=d × \times ×(k+1)+1時候(d為常數)，先手必輸，其他情況先手必勝，

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e5+7;


int main()
{
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);
        if((n-1)%(k+1)==0) printf("ma la se mi no.1!\n");
        else printf("yo xi no forever!\n");
    }
}

E題
相關tag:博弈
(出題人題面的輸出和實際樣例的輸出都能不一樣的，一個是no.1!，一個是no1.!，一個題就算了，好幾個題的題面都有問題，是真的絕活)

首先我們算出在烏龜上方和下方分別有a和b張牌，
如果a>b的話，我們交換一下a,b的值，保證a<=b，

接下來，按照a的值為0,1,2,…15e5分類討論，

a=0的情況:
a=0,b=0的時候，先手負，
a=0,b>0的時候，先手可以一次拿光b，先手勝，

a=1的情況:
a=1,b=1的時候，先手a和b都拿掉1，先手勝，
a=1,b=2的時候，先手如果想贏，那么就必須要讓當前的狀態變為先手負(操作之后當前后手的人變為下次操作的先手)，而之前的先手負的狀態只有a=0,b=0，我們從a=1,b=2的狀態怎么取都是得不到a=0,b=0的，因此此時先手負，
a=1,b>2的時候，我們可以把b拿掉b-2的部分，使得變成a=1,b=2的先手負(當前的后手)狀態，因此先手勝，

a=2的情況:
a=2,b>=2的所有狀況，都可以從b取走b-1個，使得變為a=2,b=1也就是a=1,b=2的情況，先手必勝，

a=3的情況:
a=3,b=3或等于4的時候，可以同時從a和b中拿掉3或者2，得到a=0,b=0或者a=1,b=2，因此先手勝，
a=3,b=5的時候，前面的先手負狀態只有a=0,b=0或者a=1,b=2，我們不論如何操作都無法得到這兩種狀態，因此先手負，
a=3,b>5的時候，先手可以從b拿走b-5個，使得剩下a=3,b=5個，因此先手勝

…

歸納后實際上會發現，當a>0的情況下，
對于某一類a=x，先手如果想贏，當b還不是很大的狀態下，只能通過同時取走a和b一部分值，得到a<x的某個先手負狀態來取勝，當前面沒有a和b差值等于當前狀態的情況下，那么此時的先手玩家只能把當前狀態移動到先手勝的狀態，因此當前的先手必敗，那么對應的必敗狀態的a和b的差值，會比前面已經出現過的大1，

最開始的時候先手負狀態只有a=0,b=0，a和b差值為0，
后續有a=1,b=2，a和b差值為1，
再后續a=3,b=5，a和b差值為2，
再后續a=4,b=7，a和b差值為3，
…

注意到這里跳過了a=2的狀態，這是因為在a<2的狀態中有一個a=1,b=2的狀態是先手負，
我們可以把b取b-2個，變為上述狀態來獲勝，

也就是說，對于我們當前a=x的狀態，如果在前面的a<x的某一個狀態中存在b=x使得先手負的，那么a=x的所有情況都是必勝，

由此綜上，用一個dis記錄下一個先手負狀態a和b的差值應該為多少，
使用cas[i]記錄對于a=i，b=cas[i]時先手負，cas[i]=-1時代表此時b不論取什么值先手必勝，

那么們可以一路從小到大去回圈a的值，
如果當前的a值，沒有在前面計算的b中出現過，代表當前a的值存在一種先手負的狀態，當b=a+dis時必敗，并且更新cas[b]=-1，
如果當前的a值已經在前面計算的b中出現過，也就是說cas[a]=-1，那么當前a的值必勝，

以上，

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=3e6+7;

ll cas[maxn];
ll dis=1;

int main()
{
    for(int i=1;i<maxn;i++)
    {
        if(cas[i]!=-1)
        {
            cas[i]=i+dis;
            if(i+dis<maxn) cas[i+dis]=-1;
            dis++;
        }
    }
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        ll n,x;scanf("%lld%lld",&n,&x);
        ll a=x-1,b=n-x;
        if(a>b) swap(a,b);
        if(cas[a]==-1||cas[a]!=b) printf("yo xi no forever!\n");
        else printf("ma la se mi no.1!\n");
    }
}

F題
相關tag:模擬，哈希，卡時間

資料很大，一開始交了一發試一下，果然tle了，(那你為什么要交)
加了個快讀，用了unordered_map這個O(1)的哈希map就過掉了，

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=30+7;
const int mod=998244353;

int read()      //整數讀入掛
{
    int x=0,f=1;
    char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')
    {
        if(c=='-') f=-1;
        c=getchar();
    }
    while(c>='0'&&c<='9')
    {
        x=x*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return x*f;
}

vector<string>grade[107];
int n;

struct Node
{
    int grade,num,sex;
};

unordered_map<string,Node>MAP;
char temp[10007];

int main()
{
    n=read();
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        string name;
        Node a;
        scanf("%s",temp);
        a.grade=read();
        a.sex=read();
        a.num=read();
        int len=strlen(temp);
        for(int i=0;i<len;i++)
         name+=temp[i];
        MAP[name]=a;
        grade[a.grade].push_back(name);
    }
    for(int i=0;i<=100;i++) sort(grade[i].begin(),grade[i].end());
    int k;cin>>k;
    while(k--)
    {
        int ope;cin>>ope;
        if(ope==1)
        {
            string name;
            scanf("%s",temp);
            int len=strlen(temp);
            for(int i=0;i<len;i++)
             name+=temp[i];
            Node a=MAP[name];
            printf("%d %d %d\n",a.grade,a.num,a.sex);
        }
        else
        {
            int x;cin>>x;
            for(int i=0;i<grade[x].size();i++)
            {
                for(int j=0;j<grade[x][i].size();j++)
                    printf("%c",grade[x][i][j]);
                printf("\n");
            }
        }
    }
}

G題
相關tag:貪心

看注釋吧

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e5+7;
const int mod=998244353;

ll num[maxn];

int main()
{
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n;
        ll k;
        scanf("%d%lld",&n,&k);
        ll M=0;
        int tar=0;//記錄下派蒙在第幾個
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%lld",&num[i]);
            if(num[i]>M)
            {
                tar=i;
                M=num[i];
            }
            num[i]+=num[i-1];//前綴和
        }
        ll yici=M+n-1;//代表一次回圈最少要吃掉多少個
        if(k<tar-1) printf("NO\n");//前面的tar個人最少每個人要吃一個
        else
        {
            ll rest=(k-tar+1)%(yici);//代表除了派蒙的人每人都只吃1個的情況，最后剩下的部分
            ll cas=(k-tar+1)/yici;//在上述情況下總共有多少輪回圈(這里的回圈，派蒙是第一個人)
            cas*=(num[n]-M);//每輪回圈我們最多還可以再多吃總的個數減去派蒙的個數
            cas+=num[tar-1]-tar+1;//在開始回圈前，一開始就排在派蒙前面的tar-1個人，除了最基本的每人吃一個外，最多還能吃幾個
            if(cas>=rest) printf("YES\n");//如果能多吃的部分大于剩余的部分，代表我們能有一種安排，使得某次回圈開始時，派蒙去吃東西的時候k已經為0
            else printf("NO\n");
        }
    }
}

H題
相關tag:簡單規律,快速冪

m只有0,1,2三種狀態，稿紙上推演一下，總結規律即可，

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=30+7;
const int mod=998244353;

ll qpow(ll x,ll p)
{
    ll ret=1;
    while(p)
    {
        if(p&1) ret=ret*x%mod;
        x=x*x%mod;
        p>>=1;
    }
    return ret;
}

int main()
{
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        ll n,m;scanf("%lld%lld",&n,&m);
        if(m==2) printf("%lld\n",qpow(2,n));
        else if(m==1)
        {
            if(n==0) printf("1\n");
            else printf("%lld\n",n*2);
        }
        else
        {
            if(n<2) printf("%lld\n",n+1);
            else printf("%lld\n",n+2);
        }
    }
}

I題
相關tag:數學，暴力

如果我們選擇了k天，第一天選擇了d朵，
那么總的花的數量就是d × \times × (20+21+…+2k-1）
也就是說對于選擇第k天的情況來說，如果存在滿足的整數d，那么總的花數量n需要滿足n能整除 (20+21+…+2k-1）
因此我們直接處理出k=2到15這些天數的 (20+21+…+2k-1），用n一一去暴力嘗試整除即可，

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=30+7;

ll cas[20];

int main()
{
    cas[1]=1;
    for(int i=2;i<=15;i++) cas[i]=cas[i-1]*2;
    for(int i=2;i<=15;i++) cas[i]+=cas[i-1];
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        ll n;scanf("%lld",&n);
        bool flag=0;
        for(int i=2;i<=15;i++) if(n%cas[i]==0) flag=1;
        if(flag) printf("YE5\n");
        else printf("N0\n");
    }
}

J題
相關tag:模擬

模擬，沒什么好說的，大一同學去學一下如何存圖，

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=30+7;
const int mod=998244353;

int n,m;
int field[307][307];
bool flag[307];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<m;i++)
    {
        int a,b,w;scanf("%d%d%d",&a,&b,&w);
        if(field[a][b]==0) field[a][b]=field[b][a]=w;
        else field[a][b]=field[b][a]=min(field[a][b],w);
    }
    ll ans=llINF;
    int k;scanf("%d",&k);
    while(k--)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++) flag[i]=0;
        int cnt=0;
        ll sum=0;
        bool f=1;
        int x;scanf("%d",&x);
        int now=0;
        while(x--)
        {
            int to;scanf("%d",&to);
            if(field[now][to]==0) f=0;
            sum+=field[now][to];
            now=to;
            if(flag[to]==0) {flag[to]=1;cnt++;}
        }
        if(field[now][0]==0||cnt!=n) f=0;
        sum+=field[now][0];
        if(f) ans=min(ans,sum);

    }
    if(ans==llINF) printf("-1\n");
    else printf("%lld\n",ans);
}

K題
相關tag:模擬

注意一下字符為z或者Z的特殊情況即可，
另外出題人爬

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;

vector<char>c[4];
vector<int>num[4];
int cntc=0,cntn=0;

char change(char c)
{
    if(c=='Z') return 'b';
    if(c=='z') return 'B';
    return c+1;
}

int main()
{
    string s;cin>>s;
    for(int i=0;i<32;i++)
    {
        if(s[i]>='0'&&s[i]<='9')
        {
            num[cntn].push_back(s[i]-'0');
            cntn=(cntn+1)%4;
        }
        else
        {
            c[cntc].push_back(s[i]);
            cntc=(cntc+1)%4;
        }
    }
    for(int i=0;i<4;i++)
    {
        for(int j=0;j<4;j++)
        {
            for(int k=0;k<num[i][j];k++)
                c[i][j]=change(c[i][j]);
        }
    }
    for(int i=0;i<4;i++)
    {
        for(int j=3;j>=0;j--)
            printf("%c",c[j][i]);
    }
    printf("\n");
}

L題
相關tag:二分答案

很好的一個二分答案例題，
對于我們最后站臺之間相鄰距離的最大值L，隨著L的增大，我們需要設定的站臺數量只可能變少不可能變多，滿足二分條件，存在某一個值x，使得當L>=x時，站臺數量<=k，
可以借此寫出一個二分，

對于每對相鄰的車站，他們的距離如果為dis，我們check的距離為x，
那么這段距離之中除了左右兩側已經有的城市外，需要的站臺數量就是(dis/x+dis%x?1:0)-1，
由此算出距離x對應需要的最少站臺數量sum，用sum與題目要求k對比即可check正確性，

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x7f7f7f7f //2139062143
#define llINF 9223372036854775807
#define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=1e5+7;

ll num[maxn];
ll dis[maxn];
int n,k;

bool check(ll x)
{
    ll sum=0;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        if(dis[i])
        {
            ll temp=dis[i]/x;
            if(dis[i]%x) temp++;
            sum+=temp-1;
        }
    }
    return sum<=k;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lld",&num[i]);
    sort(num,num+n);
    bool flag=1;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        dis[i]=num[i]-num[i-1];
        if(dis[i]!=0) flag=0;
    }
    if(flag) printf("0\n");
    else
    {
        ll l=1,r=1e12;
        while(l<r)
        {
            ll mid=(l+r)>>1;
            if(check(mid)) r=mid;
            else l=mid+1;
        }
        printf("%lld\n",l);
    }
}

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