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洛谷 2 月月賽 I & 『MdOI R4』 (Div2) A ~ D 四題全，也許會有六題，超高質量題解 （Div.1E、F下輩子一定補）【每日億題2 / 9】

2021-02-11 14:28:57 其他

整理的演算法模板合集： ACM模板

點我看演算法全家桶系列！！！

實際上是一個全新的精煉模板整合計劃

目錄

    • A、P7337 『MdOI R4』Fun
    • B、P7338 『MdOI R4』Color
    • C、P7339 『MdOI R4』Kotori
    • D、P7340 『MdOI R4』Balance
    • E、P7341 『MdOI R4』Phoenix
    • F、P7342 『MdOI R4』Destiny

這場月賽就離譜

Div1，一千多人參加，除了兩位大佬兩題以外，其他人最多一題…
C題可并堆，D題分數規劃，E題PQ樹，F題生成函式NTT，離譜

A、P7337 『MdOI R4』Fun

Problem A. Fun

VG 的學校有 n n n 個人要去考 NOIP，

每個人有一個交通方式，第 i i i 個人的交通方式為 t i t_i ti? ， t i = 1 t_i=1 ti?=1表示這個人坐學校大巴， t i = 0 t_i=0 ti?=0 表示這個人自己去考場，

每個人有一個頹廢值，第 i i i 個人的頹廢值為 q i q_i qi? ， q i = 1 q_i=1 qi?=1表示這個人愿意打狼， q i = 0 q_i=0 qi?=0 表示這個人不愿意打狼，

每個人去考場時會買一瓶快樂水，但如果坐大巴且愿意打狼的人數（即滿足 t i = 1 t_i=1 ti?=1 且 q i = 1 q_i=1 qi?=1 的 i i i 個數） k k k 不小于 m m m ，則這 k k k 個人只需要買 m m m 瓶快樂水，

現在，VG 統計出了所有人的交通方式和頹廢值，他希望請求你幫他求出最終所有人買快樂水的總瓶數，

Soluiotn

簽到題，讀懂題意直接模擬就行了（我看到題還楞了一下，怎么這么簡單？？？

可能是因為資料太少，我用快讀快輸還沒有直接scanf跑的快…

時間復雜度： O ( n ) O(n) O(n)
Code

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

using namespace std;

const int N = 5007;

int n, m;
int t[N], q[N];
int type;

int main()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &type);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%d", &t[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%d", &q[i]);
    }
    int k = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        if(t[i] && q[i]) {
            k ++ ;
        }
    }
    int ans = n - k;
    if(k >= m) {
        ans += m;
    }
    else ans += k;
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

B、P7338 『MdOI R4』Color

Problem B. Color

小 M 同學有一張 2 2 2 行 n n n 列的方格紙，一開始所有格子都是白色的，

她決定對一些格子染色，具體地，每次她會選擇兩個相鄰的（四聯通的，也就是有公共邊的）白色格子，其中一個染成紅色，另一個染成藍色，

她的目標是通過任意次操作讓指定的一些格子變成紅色，對其他格子沒有要求，請你幫她判斷一下，能否通過上述操作達成目標呢？

Soluiotn

簡單畫圖模擬以后，直接貪心即可，

我直接亂搞瘋狂分類討論瘋狂貪心然后就過了…因為只有兩行，所以情況不會太多 ~

好吧我這個思路其實就是正解，

不過我見過有人用Dinic滿分來著hhh
還有用匈牙利跑二分圖匹配99分的hhh

簡單講一下思路：題目要求每次染色的時候必須選擇兩個白色格子，也就是只能選擇沒有染過色的格子，然后給我們一個期望染色的方案，并且沒有標 1 是 0 的格子的顏色是不做要求的，

所以我們就可以直接根據它給定的期望方案去染色，對于每一個1來說，因為只有兩行，所以我們分類討論（若有 n n n 行 m m m 列就是經典的網路流最大匹配了 ~ ）

根據題意只有相鄰的才能選上一塊染色，所以我們只需要考慮每個1的上下左右，也就是上下行和前后列，優先考慮前面一列，然后考慮上下以及后面的只有一個0的情況，若沒有0直接 NO ，剩下最后一種情況就是下和后，或者上和后都可以選，我們優先考慮下或者上，也就是同一列的那個格子，因為同一列第 i i i 列的格子，之后 第 i + 1 i+1 i+1 列可以用到，而后一列即第 i + 1 i+1 i+1 的那個可選的格子， 第 i + 2 i+2 i+2 列也可以使用 ~ 然后我們模擬的時候染成紅色的時候就置為 1 ，藍色就置為 2 ，然后就沒了

時間復雜度： O ( n ) O(n) O(n)

Code

然后就是我10分鐘一通亂搞AC的丑陋的代碼了 ~

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> PLL;
typedef int itn;
const int N = 5e5 + 7, M = 1e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const ll INF = 1e18 + 7;
ll n, m, t;
ll A, B;
string a, b;

bool solve()
{
    scanf("%d", &n);
    cin >> a >> b;
    for(int i = 0; i < n; ++ i) {
        bool flag1 = 0, flag2 = 0;
        if(a[i] == '1') flag1 = 1;
        if(b[i] == '1') flag2 = 1;
        if(flag1) {
            if(i != 0 && a[i - 1] == '0') {
                a[i - 1] = '2';
            }
            else if(i != n - 1 && a[i + 1] == '1' && b[i] == '0') {
                b[i] = '2';
            }
            else if(i != n - 1 && a[i + 1] == '0' && b[i] == '1') {
                a[i + 1] = '2';
            }
            else if(i != n - 1 && a[i + 1] == '1' && b[i] == '1') {
                return false;
            }
            else if(i == n - 1) {
                if(b[i] == '1') return false;
            }
            else if(b[i] == '0'){
                b[i] = '2';
            }
            else if(a[i + 1] == '0')
                a[i + 1] == '2';
            else return false;
        }
        if(flag2) {
            if(i != 0 && b[i - 1] == '0') {
                b[i - 1] = '2';
            }
            else if(i != n - 1 && b[i + 1] == '1' && a[i] == '0') {
                a[i] = '2';
            }
            else if(i != n - 1 && b[i + 1] == '0' && a[i] == '1') {
                b[i + 1] = '2';
            }
            else if(i != n - 1 && b[i + 1] == '1' && a[i] == '1') {
                return false;
            }
            else if(i == n - 1) {
                if(a[i] == '1') return false;
            }
            else if(a[i] == '0'){
                a[i] = '2';
            }
            else if(b[i + 1] == '0')
                b[i + 1] == '2';
            else return false;
        }
    }
    return true;
}

int main()
{
    scanf("%lld", &t);
    while(t -- ) {
        if(solve()) puts("RP");
        else puts("++");
    }
    return 0;
}

C、P7339 『MdOI R4』Kotori

Problem C. Kotori
在這里插入圖片描述

琴里yyds
在這里插入圖片描述

可并堆直接秒 （霧

我們的琴里可以在每一輪的比賽當中幫助任意一個人 + m +\ m + m 票，所以我們可以模擬這個程序，因為整個比賽程序是 k 輪，每輪每次都是兩個人比賽，也就是左區間和右區間，那么我們直接按照題意模擬比賽，實際上總復雜度只有 O ( n l o g 2 n ) O(nlog^2n) O(nlog2n) ，是可以通過本題的，具體的模擬思路看代碼會更好理解一些，所有不能獲勝的都已經被篩掉了，剩下的都是可能獲勝者，

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> PII;
typedef int itn;
const int N = 5e6 + 7, M = 1e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const int INF = 1e9 + 7;

int n, m, t, k, q;
int a[N], maxx;
int vis[N];

void solve()
{
    maxx = -INF;
    scanf("%d%d", &k, &m);
    n = (1 << k);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%d", &a[i]);
        vis[i] = true;
    }
    for(int i = 1; i <= k; ++ i) {
        int step = 1 << i;//從兩個人開始，模擬每輪的比賽
        for(int j = 1; j <= n; j += step) {
            int minL = INF;
            itn minR = INF;
            for(int pos = j; pos <= j + step / 2 - 1; ++ pos) {
                if(vis[pos]) {
                    minL = min(minL, a[pos]);
                }
            }
            for(int pos = j + step / 2; pos <= j + step - 1; ++ pos)  {
                if(vis[pos]) {
                    minR = min(minR, a[pos]);
                }
            }
            for(int pos = j; pos <= j + step / 2 - 1; ++ pos) {
                if(a[pos] + m < minR) { //連右邊最菜的（你的對手）加上kotori的幫助都打不過，再見 ~
                    vis[pos] = false;
                }
            }
            for(int pos = j + step / 2; pos <= j + step - 1; ++ pos) {
                if(a[pos] + m < minL) { //連左邊最菜的（你的對手）加上kotori的幫助都打不過，再見 ~
                    vis[pos] = false;
                }
            }
        }
    }
    if(vis[1]) {
        puts("Kotori");
    }
    else puts("Yoshino");
}

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

正解

最后我們發現整個比賽的程序實際上就是一個歸并排序 ~

我們可以直接用歸并排序解決，

每次刪掉最小的不滿足條件的人，然后對剩余的進行歸并

時間復雜度 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)

在這里插入圖片描述
約會大作戰建議只看前兩季（

不過好訊息是第四季已經有訊息啦！建議第三季直接補原作，不過確實，能動就行（

在這里插入圖片描述
啥時候Yoshino（四系乃）也拿個世萌啊

D、P7340 『MdOI R4』Balance

Problem D Balance
在這里插入圖片描述

Solution

我來分析一下這道題是怎么思考的吧，

首先我們要求的是一對點 ( i , j ) (i,j) (i,j) ，使得 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 在 f ( i , t ) f(i,t) f(i,t) 中是第 x x x 小，在 f ( s , j ) f(s,j) f(s,j) 中是第 y y y 小，也就是

a i + b j p i + q j ≥ f ( i , t ) v a l x t h \cfrac{a_i+b_j}{p_i+q_j}\ge f(i,t)val_{xth} pi?+qj?ai?+bj??≥f(i,t)valxth?

a i + b j p i + q j ≥ f ( s , j ) v a l y t h \cfrac{a_i+b_j}{p_i+q_j}\ge f(s,j)val_{yth} pi?+qj?ai?+bj??≥f(s,j)valyth?

那么我們肯定來考慮一個一般性的問題：

f ( i , j ) = a i + b j p i + q j ≥ v a l f(i,j)=\cfrac{a_i+b_j}{p_i+q_j}\ge val f(i,j)=pi?+qj?ai?+bj??≥val

也就是如何得到一個通用的解法

然后可以發現這實際上就是一個01分數規劃的模板結構，

我們對其進行分數規劃：

將他乘開：

a i + b j ≥ ( p i + q j ) × v a l a_i+b_j\ge (p_i+q_j)\times val ai?+bj?≥(pi?+qj?)×val

合并同類項

a i ? p i × v a l ≥ q j × v a l ? b j a_i-p_i\times val\ge q_j\times val - b_j ai??pi?×val≥qj?×val?bj?

( a i ? p i × v a l ) + ( b j ? q j × v a l ) ≥ 0 (a_i-p_i\times val)+(b_j-q_j\times val)\ge 0 (ai??pi?×val)+(bj??qj?×val)≥0

我們設

U i = a i ? p i × v a l U_i=a_i-p_i\times val Ui?=ai??pi?×val

V j = b j ? q j × v a l V_j=b_j-q_j\times val Vj?=bj??qj?×val

即 U i + V j ≥ 0 U_i+V_j\ge 0 Ui?+Vj?≥0

我們發現 U i U_i Ui? 僅與 i i i 和 v a l val val 有關， V j V_j Vj? 僅與 j j j 和 v a l val val 有關，并且映射到圖上， f ( i , j ) = a i + b j p i + q j ≥ v a l f(i,j)=\cfrac{a_i+b_j}{p_i+q_j}\ge val f(i,j)=pi?+qj?ai?+bj??≥val 和 f ( i , j ) = a i + b j p i + q j ≤ v a l f(i,j)=\cfrac{a_i+b_j}{p_i+q_j}\le val f(i,j)=pi?+qj?ai?+bj??≤val 一定是嚴格分開的，中間有一個明顯的分界線，

并且 U i U_i Ui? ， V j V_j Vj? 在固定的 ( i , j ) (i,j) (i,j) 時會隨著 v a l val val 的變化而變化，所以我們可以很自然地 根據分數規劃的套路 想出二分 v a l val val ，然后判斷當前的 v a l = m i d val = mid val=mid 是否存在一個 U y + V x ≥ 0 U_y+V_x\ge 0 Uy?+Vx?≥0

至于為什么是 U y U_y Uy? 和 V x V_x Vx?，根據題意我們想要找的是 f ( i , j ) f(i,j) f(i,j) 在 f ( i , t ) f(i,t) f(i,t) 中是第 x x x 小， i i i 是固定的，也就是 U i U_i Ui? 是固定的，我們排序后找到第二維 j j j 也就是 V j V_j Vj?里的第 x x x 小值，即在 V V V 中找第 x x x 小值，同理，在 U U U 中找第 y y y 小值，

但是我們這里只是想要找到整個序列的第 x x x 小元素以及第 y y y 小的元素，所以我們可以直接使用 nth_element 期望 O ( n ) O(n) O(n) 線性地找到，而不需要暴力排序之后 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) 找到，

簡單介紹一下 nth_element：

nth_element(a, a + n, a + len);

陣列長度為 len，該函式的作用是使第 n n n 大元素處于第 n n n 位置（從 0 0 0 開始,其位置是下標為 n n n 的元素），并且比這個元素小的元素都排在這個元素之前，比這個元素大的元素都排在這個元素之后，但不能保證他們是有序的，如果是自己手寫的結構體，也可以在 nth_element 的最后面加上比較函式 cmp ，

大量資料隨機訪問下 nth_element 是 O ( n ) O(n) O(n) 的，

時間復雜度 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)

對不起我講的有點亂，下午我再梳理一下
/kk

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <vector>
#include <unordered_map>

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef int itn;
const int N = 5e6 + 7, mod = 1e9 + 7;
const double INF = 1e9 + 7;

int n, m, t;
int x, y;

struct node
{
    itn id, a, q;
    int b, p;
    double val;
}a[N], b[N];

bool cmp(node a, node b) // 因為我們找的是第 x 小，所以要多載比較運算子
{
    return a.val < b.val;
}

bool check(double val)
{
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        a[i].val = a[i].a - val * a[i].p;
        b[i].val = b[i].b - val * b[i].q;
    }

    nth_element(a + 1, a + y, a + 1 + n, cmp);
    nth_element(b + 1, b + x, b + 1 + n, cmp);

    if(a[y].val + b[x].val >= 0)
        return true;
    return false;
}

void solve()
{
    scanf("%d%d%d", &n, &x, &y);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
        scanf("%d%d%d%d", &a[i].a, &b[i].b, &a[i].p, &b[i].q);
        a[i].id = i;
        b[i].id = i;
    }
    double l = -INF, r = INF;
    for(int i = 1; i <= 60; ++ i) {
        double mid = (l + r) / 2;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid;
    }
    printf("%d %d\n", a[y].id, b[x].id);//nth_element 已經幫我們把答案放到正確的位置了 ~
    return ;
}

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ) {
        solve();
    }
}

E、P7341 『MdOI R4』Phoenix

PQ - Tree 可過，下輩子一定寫（

F、P7342 『MdOI R4』Destiny

推一下式子，生成函式 + NTT 可過，下輩子一定寫（

轉載請註明出處，本文鏈接：https://www.uj5u.com/qita/258815.html

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    uj5u.com 2020-09-10 02:01:03 more
  • 【CTF】CTFHub 技能樹 彩蛋 writeup

    ?碎碎念 CTFHub：https://www.ctfhub.com/ 筆者入門CTF時時剛開始刷的是bugku的舊平臺，后來才有了CTFHub。 感覺不論是網頁UI設計，還是題目質量，賽事跟蹤，工具軟體都做得很不錯。 而且因為獨到的金幣制度的確讓人有一種想去刷題賺金幣的感覺。 個人還是非常喜歡這個 ......

    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
  • 03.Linux基礎操作

    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 ......

    uj5u.com 2020-09-10 02:04:36 more
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    01 開門見山 隔一個月發一篇文章，不過分。 首先回顧一下《微信系結手機號資料庫被脫庫事件》，我也是第一時間得知了這個訊息，然后跟蹤了整件事情的經過。下面是這起事件的相關截圖以及近日流出的一萬條資料樣本： 個人認為這件事也沒什么，還不如關注一下之前45億快遞資料查詢渠道疑似在近日復活的訊息。 訊息是 ......

    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

    Metamask錢包是一種基于區塊鏈技術的數字貨幣錢包，它允許用戶在安全、便捷的環境下管理自己的加密資產。Metamask錢包是以太坊生態系統中最流行的錢包之一，它具有易于使用、安全性高和功能強大等優點。 本文將詳細介紹Metamask錢包的功能和使用方法。 一、 Metamask錢包的功能 數字資 ......

    uj5u.com 2023-04-20 08:47:46 more
  • vulnhub_Earth

    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 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:46:20 more
  • 從4k到42k，軟體測驗工程師的漲薪史，給我看哭了

    清明節一過，盲猜大家已經無心上班，在數著日子準備過五一，但一想到銀行卡里的余額……瞬間心情就不美麗了。最近，2023年高校畢業生就業調查顯示，本科畢業月平均起薪為5825元。調查一出，便有很多同學表示自己又被平均了。看著這一資料，不免讓人想到前不久中國青年報的一項調查：近六成大學生認為畢業10年內會 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:44:00 more
  • 最新版本 Stable Diffusion 開源 AI 繪畫工具之中文自動提詞篇

    🎈 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 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:43:36 more
  • 漫談前端自動化測驗演進之路及測驗工具分析

    隨著前端技術的不斷發展和應用程式的日益復雜，前端自動化測驗也在不斷演進。隨著 Web 應用程式變得越來越復雜，自動化測驗的需求也越來越高。如今，自動化測驗已經成為 Web 應用程式開發程序中不可或缺的一部分，它們可以幫助開發人員更快地發現和修復錯誤，提高應用程式的性能和可靠性。 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:43:16 more
  • 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 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:43:03 more
  • msf學習

    msf學習 以kali自帶的msf為例 一、msf核心模塊與功能 msf模塊都放在/usr/share/metasploit-framework/modules目錄下 1、auxiliary 輔助模塊，輔助滲透（埠掃描、登錄密碼爆破、漏洞驗證等） 2、encoders 編碼器模塊，主要包含各種編碼 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:42:59 more
  • Halcon軟體安裝與界面簡介

    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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  • 在MacOS下使用Unity3D開發游戲

    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 ......

    uj5u.com 2023-04-20 07:40:19 more

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