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廣東工業大學2020級年ACM第一次月賽

2020-10-20 23:30:56 資料庫

比賽地址

文章目錄

  • A-騙紅包
    • 題意
    • 思路
    • 代碼
  • B-的面包工坊
    • 題意
    • 思路
    • 代碼
  • C-tmk一衣帶水
    • 題意
    • 思路
    • 代碼
  • D-三角切
    • 題意
    • 思路
    • 代碼
  • E-素數判定
    • 題意
    • 思路
    • 代碼
  • F-K階Mex數列
    • 題意
    • 思路
    • 代碼
  • G-秧歌Star不要上補習班
    • 題意
    • 思路
      • 解法一
      • 解法二
    • 代碼
      • 解法一
      • 解法二
  • H 一道難題
    • 題意
    • 思路
    • 代碼
  • I 超消函式
    • 題意
    • 思路
    • 代碼
  • J 最大公因數排序
    • 題意
    • 思路
    • 代碼

A-騙紅包

題意

在 [ 1 , 1000 ] [1,1000] [1,1000]中隨機選擇一個整數 n n n，zf和zn輪流操作，zf先手，每輪可以執行以下操作之一：

  1. n = ? n 2 ? n = \lfloor\frac{n}{2}\rfloor n=?2n??;
  2. n = n ? 1 n = n - 1 n=n?1;

先把 n n n變為 0 0 0的玩家贏，獲得 n n n個硬幣，先進行 1000 1000 1000次游戲，求zf獲得硬幣數的期望，

思路

先考慮 n n n是定值時的情況，設 g [ i ] g[i] g[i]表示選擇的數字為 n n n，先手是否必勝， g [ i ] = 1 g[i]=1 g[i]=1表示先手必勝， g [ i ] = 0 g[i]=0 g[i]=0表示先手必敗，顯然當數字 ? i 2 ? \lfloor\frac{i}{2}\rfloor ?2i??或數字 n ? 1 n - 1 n?1先手必敗時，數字 n n n先手必勝，所以有轉移式 g [ i ] = ! g [ i ? 1 ] ∣ ∣ ! g [ n / 2 ] g[i]=!g[i-1]||!g[n/2] g[i]=!g[i?1]∣∣!g[n/2]，
當 n n n為 [ 1 , 1000 ] [1,1000] [1,1000]中隨機整數時，每次游戲每個數被選的概率為 1 1000 \frac{1}{1000} 10001?，所以一次游戲的硬幣數期望為 ∑ i = 1 1000 g [ i ] ? i ? 1 1000 \sum\limits_{i=1}^{1000}g[i]*i*\frac{1}{1000} i=1∑1000?g[i]?i?10001?， 1000 1000 1000次游戲的硬幣數期望為 ∑ i = 1 1000 g [ i ] ? i \sum\limits_{i=1}^{1000}g[i]*i i=1∑1000?g[i]?i，

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define fo(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); ++i)
#define fd(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); --i)

const int maxn = 1e3 + 5;

int g[maxn];

int getint()
{
	char ch;
	int res = 0, p;
	while (!isdigit(ch = getchar()) && (ch ^ '-'));
	p = ch == '-'? ch = getchar(), -1 : 1;
	while (isdigit(ch))
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return res * p;
}

int main()
{
	g[1] = 1;
	fo(i, 2, 1000) g[i] = !g[i - 1] || !g[i / 2];
	int ans = 0;
	fo(i, 1, 1000) ans += g[i] * i;
	printf("%d\n", ans); 
	return 0;
}

B-的面包工坊

題意

給定 n n n，需要尋找一個長度為 m m m（自己確定）的數列 { a i } \{a_i\} {ai?}，其中 n = ∑ i = 1 m a i n=\sum\limits_{i=1}^{m}a_i n=i=1∑m?ai?，求 ∏ i = 1 m a i \prod\limits_{i=1}^{m}a_i i=1∏m?ai?的最大值，

思路

設 f [ i ] f[i] f[i]為和為 i i i乘積的最大值，對于每個和 i i i，可以列舉最后一個數 j j j的大小，又由于和為 i ? j i-j i?j的乘積最大值已知，所以有轉移方程 f [ i ] = max ? { f [ i ? j ] ? j } ( 1 ≤ j ≤ i ) f[i]=\max\{f[i-j]*j\}(1 \leq j \leq i) f[i]=max{f[i?j]?j}(1≤j≤i)，

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define fo(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); ++i)
#define fd(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); --i)

typedef long long ll;

const int maxn = 100 + 5;

int n;
ll f[maxn];

int getint()
{
	char ch;
	int res = 0, p;
	while (!isdigit(ch = getchar()) && (ch ^ '-'));
	p = ch == '-'? ch = getchar(), -1 : 1;
	while (isdigit(ch))
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return res * p;
}

int main()
{
	int T;
	T = getint();
	while (T--)
	{
		n = getint();
		f[0] = 1;
		fo(i, 1, n)
			fo(j, 1, i)
				f[i] = max(f[i], f[i - j] * j);
		printf("%lld\n", f[n]);
	}
	return 0;
}

C-tmk一衣帶水

題意

略

思路

略

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define fo(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); ++i)
#define fd(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); --i)

int getint()
{
	char ch;
	int res = 0, p;
	while (!isdigit(ch = getchar()) && (ch ^ '-'));
	p = ch == '-'? ch = getchar(), -1 : 1;
	while (isdigit(ch))
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return res * p;
}

int main()
{
	printf("tmknb!");
	return 0;
}

D-三角切

題意

給定三條邊的長度，問是否能組成三角形，若能組成三角形，則輸出三角形的型別（銳角，直角，鈍角），

思路

考慮能組成三角形的情況，假定三邊分別為 a , b , c a,b,c a,b,c且 a < b < c a<b<c a<b<c，分情況考慮：

  1. 直角： c 2 = a 2 + b 2 c^2=a^2+b^2 c2=a2+b2;
  2. 鈍角，考慮一種極限情況，當 a + b a+b a+b無限接近 c c c時，有 c = a + b c=a+b c=a+b，此時 c 2 > a 2 + b 2 c^2>a^2+b^2 c2>a2+b2，
  3. 銳角，結合1.2.可得 c 2 < a 2 + b 2 c^2<a^2+b^2 c2<a2+b2，

具體證明可以建系用向量點乘，自行思考，

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define fo(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); ++i)
#define fd(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); --i)

typedef long long ll;

int getint()
{
	char ch;
	int res = 0, p;
	while (!isdigit(ch = getchar()) && (ch ^ '-'));
	p = ch == '-'? ch = getchar(), -1 : 1;
	while (isdigit(ch))
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return res * p;
}

int main()
{
	int T;
	T = getint();
	while (T--)
	{
		ll l[5];
		l[1] = getint(); l[2] = getint(); l[3] = getint();
		sort(l + 1, l + 1 + 3);
		if (l[1] + l[2] <= l[3]) printf("No Solution\n");
		else if (l[1] * l[1] + l[2] * l[2] == l[3] * l[3]) printf("Right\n");
		else if (l[1] * l[1] + l[2] * l[2] < l[3] * l[3]) printf("Obtuse\n");
		else printf("Acute\n");
	}
	return 0;
}

E-素數判定

題意

如題，

思路

自行查書，百度，

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define fo(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); ++i)
#define fd(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); --i)

int getint()
{
	char ch;
	int res = 0, p;
	while (!isdigit(ch = getchar()) && (ch ^ '-'));
	p = ch == '-'? ch = getchar(), -1 : 1;
	while (isdigit(ch))
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return res * p;
}

bool prime(int x)
{
	if (x == 1) return false;
	if (x == 2) return true;
	for(int i = 2; i * i <= x; i++)
		if (x % i == 0) return false;
	return true;
}

int main()
{
	int T;
	T = getint();
	while (T--)
	{
		printf(prime(getint())? "Yes\n" : "No\n");
	}
	return 0;
}

F-K階Mex數列

題意

定義 m e x ( l , r ) mex(l,r) mex(l,r)為 { a i ∣ l ≤ i ≤ r } \{a_i|l \leq i \leq r\} {ai?∣l≤i≤r}中最小不存在的非負整數，其中 { a i } \{a_i\} {ai?}為待求數列，給定 k , n k,n k,n，結合以下式子求 a n a_n an?，
a n = { n n < k m e x ( n ? k , n ? 1 ) n ≥ k a_n=\begin{cases} n & n<k \\ mex(n-k,n-1) & n \geq k \end{cases} an?={nmex(n?k,n?1)?n<kn≥k?

思路

經模擬發現， { a n } \{a_n\} {an?}為 0 , 1 , ? ? , k ? 1 , k , 0 , 1 , ? ? , k ? 1 , k 0,1,\cdots,k-1,k,0,1,\cdots,k-1,k 0,1,?,k?1,k,0,1,?,k?1,k不斷回圈，可得答案為 n % ( k + 1 ) n\%(k+1) n%(k+1)，

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define fo(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); ++i)
#define fd(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); --i)

int getint()
{
	char ch;
	int res = 0, p;
	while (!isdigit(ch = getchar()) && (ch ^ '-'));
	p = ch == '-'? ch = getchar(), -1 : 1;
	while (isdigit(ch))
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return res * p;
}

int main()
{
	int T = getint();
	while (T--)
	{
		int n, k;
		n = getint(); k = getint();
		printf("%d\n", n % (k + 1));
	}
	return 0;
}

G-秧歌Star不要上補習班

題意

給定二維坐標系中若干個點 ( x i , y i ) (x_i,y_i) (xi?,yi?)，每個點有權值 v i v_i vi?，
接下來有次個詢問，每次詢問一個矩形/一條線段上的所有點的權值之和，

思路

解法一

用二維前綴和預處理權值之和，每次 O ( 1 ) O(1) O(1)查詢，不懂二維前綴和自行百度，

解法二

對于每個詢問，列舉所有點判斷是否在給定矩形/線段上，若是則累加權值，

代碼

解法一

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define fo(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); ++i)
#define fd(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); --i)

const int maxn = 1e3 + 5;

int n, m, q, k;
int s[maxn][maxn];

int getint()
{
	char ch;
	int res = 0, p;
	while (!isdigit(ch = getchar()) && (ch ^ '-'));
	p = ch == '-'? ch = getchar(), -1 : 1;
	while (isdigit(ch))
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return res * p;
}

int main()
{
	int T;
	T = 1;
	while (T--)
	{
		n = getint(); m = getint(); k = getint();
		fo(i, 1, n)
			fo(j, 1, m) s[i][j] = 0;
		fo(i, 1, k)
		{
			int x, y, v;
			x = getint(); y = getint(); v = getint();
			s[x][y] = v;
		}
		fo(i, 1, n)
			fo(j, 1, m)
				s[i][j] = s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1] + s[i][j];
		q = getint();
		fo(i, 1, q)
		{
			int x, y, xx, yy, u, d, l, r;
			x = getint(); xx = getint(); y = getint(); yy = getint();
			u = min(x, xx); d = max(x, xx);
			l = min(y, yy); r = max(y, yy);
			printf("%d\n", s[d][r] - s[d][l - 1] - s[u - 1][r] + s[u - 1][l - 1]);
		}
	}
	return 0;
}

解法二

自己寫

H 一道難題

題意

給定 n , m n,m n,m，表示以下數列：
1 , 2 , . . . , m ? 1 , m , 1 , 2 , ? 1,2,...,m-1 ,m,1,2,\cdots 1,2,...,m?1,m,1,2,?（ 1 1 1到 m m m回圈）總共 n n n項，可以洗掉數列中的若干個數（包括不刪和全刪），求剩下的項組成的數列的種類數，當兩個數列長度不同或有某位不同，則這兩個數列為不同種類的數列，

思路

為了簡潔起見下面稱“剩下的項組成的數列的種類數”為“方案數”，“一個數列執行若干或不執行洗掉操作后得到的數列”為“剩余數列”，
考慮 d p dp dp，設 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]為前 i i i個數，以 j j j結尾的剩余方案數，設數列第 i i i個數為 a i a_i ai?，則：當 j ≠ a i j \neq a_i j?=ai?時，顯然有 f [ i ] [ j ] = f [ i ? 1 ] [ j ] f[i][j]=f[i-1][j] f[i][j]=f[i?1][j]，下面考慮 j = a i j=a_i j=ai?的情況，
按照前 i ? 1 i-1 i?1個數剩余數列結尾的 a i a_i ai?數量進行分類討論：

  1. 前 i ? 1 i-1 i?1個數的剩余數列為空，則方案數為 1 1 1，
  2. 前 i ? 1 i-1 i?1個數的剩余數列結尾的 a i a_i ai?數量為0，則剩余數列以 a i a_i ai?以外的數結尾，
  3. 前 i ? 1 i-1 i?1個數的剩余數列結尾的 a i a_i ai?數量 ≥ 1 \geq 1 ≥1，則剩余數列以 a i a_i ai?結尾，

綜上，當 j ≠ a i j \neq a_i j?=ai?時， f [ i ] [ j ] = 1 + ∑ k = 1 m f [ i ? 1 ] [ k ] f[i][j]=1+\sum\limits_{k=1}^m f[i-1][k] f[i][j]=1+k=1∑m?f[i?1][k]，方便起見，可以設 f [ i ] [ 0 ] f[i][0] f[i][0]為空數列，令 f [ i ] [ 0 ] = 1 f[i][0]=1 f[i][0]=1，則：
f [ i ] [ j ] = { f [ i ? 1 ] [ j ] j ≠ a i ∑ k = 0 m f [ i ? 1 ] [ k ] j = a i f[i][j]=\begin{cases} f[i-1][j] & j \neq a_i \\ \sum\limits_{k=0}^m f[i-1][k]& j=a_i \end{cases} f[i][j]=????f[i?1][j]k=0∑m?f[i?1][k]?j?=ai?j=ai??
根據 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]定義可得最終答案為 ∑ i = 0 m f [ n ] [ i ] \sum\limits_{i=0}^m f[n][i] i=0∑m?f[n][i]，
進一步觀察式子可以發現，對于每個 i i i只有 f [ i ] [ a i ] f[i][a_i] f[i][ai?]發生改變，且 ∑ k = 0 m f [ i ? 1 ] [ k ] \sum\limits_{k=0}^m f[i-1][k] k=0∑m?f[i?1][k]為更新前的 f [ i ? 1 ] f[i-1] f[i?1]陣列的和，可以考慮用變數 s u m sum sum維護該和，每次更新 s u m sum sum即可，細節看代碼，

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define fo(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); ++i)
#define fd(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); --i)

typedef long long ll;

const int maxn = 1e6 + 5;
const ll mod = 1e9 + 7;

int n, m;
ll f[maxn];

int getint()
{
	char ch;
	int res = 0, p;
	while (!isdigit(ch = getchar()) && (ch ^ '-'));
	p = ch == '-'? ch = getchar(), -1 : 1;
	while (isdigit(ch))
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return res * p;
}

int main()
{
	int T = getint();
	while (T--)
	{
		n = getint(); m = getint();
		f[0] = f[1] = 1;
		ll sum = 2;
		fo(i, 2, m) f[i] = 0;
		fo(i, 2, n)
		{
			int now = (i - 1) % m + 1;
			ll nsum = (sum * 2 % mod - f[now] + mod) % mod;
			f[now] = sum;
			sum = nsum;
		}
		ll ans = 0;
		fo(i, 0, m) (ans += f[i]) %= mod;
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}

I 超消函式

題意

給定一個長度為 n n n的排列，每次可以選擇兩個數 a , b a,b a,b，洗掉這兩個數，加入 g c d ( a , b ) gcd(a,b) gcd(a,b)，并把 g c d ( a , b ) gcd(a,b) gcd(a,b)累加到 s u m sum sum中，要求最后只剩一個數，求 s u m sum sum的最大值，

思路

考慮 g c d ( a , b ) gcd(a,b) gcd(a,b)，設 a = 2 p 1 ? 3 p 2 ? ? ? , b = 2 p 1 ′ ? 3 p 2 ′ ? ? a=2^{p_1}*3^{p_2}*\cdots,b=2^{p_1'}*3^{p_2'}*\cdots a=2p1??3p2???,b=2p1′??3p2′???， g c d ( a , b ) = 2 m i n { p 1 , p 1 ′ } ? 3 m i n { p 2 , p 2 ′ } ? ? gcd(a,b)=2^{min\{p_1,p_1'\}}*3^{min\{p_2,p_2'\}}*\cdots gcd(a,b)=2min{p1?,p1′?}?3min{p2?,p2′?}??，
對于兩個數 a , b a,b a,b，不妨令 a > b a>b a>b，有 g c d ( a , b ) ≤ min ? { a , b } gcd(a,b) \leq \min\{a,b\} gcd(a,b)≤min{a,b}，當 b b b為 a a a的因子時取等號，即能取到最大值 b b b，所以，當 a a a固定時， b b b取 a a a的最大因子時 g c d ( a , b ) gcd(a,b) gcd(a,b)有最大值，即 b = a / m p r i [ a ] b=a/mpri[a] b=a/mpri[a]，其中 m p r i [ a ] mpri[a] mpri[a]表示 a a a的最小質因子，
考慮最大的數為 n n n，令另外一個數 m = n / m p r i [ n ] m=n/mpri[n] m=n/mpri[n]時，此時 g c d ( n , m ) gcd(n,m) gcd(n,m)有最大值 m m m，洗掉 n , m n,m n,m后新加入的數為 m m m，相當于只洗掉了 n n n，現在問題變成長度為 n ? 1 n-1 n?1的子問題，重復以上操作即可，
若 m m m不取 n / m p r i [ n ] n/mpri[n] n/mpri[n]有沒有可能更優？假設 m ≠ n / m p r i [ n ] m \neq n/mpri[n] m?=n/mpri[n]，有兩種情況：

  1. m m m為 n n n的因子，此時 g c d ( n , m ) < g c d ( n , n / m p r i [ n ] ) gcd(n,m) < gcd(n,n/mpri[n]) gcd(n,m)<gcd(n,n/mpri[n])，且執行完刪數、加數后是長度為 n ? 1 n-1 n?1的子問題，不可能更優，
  2. m m m不為 n n n的因子，同樣有 g c d ( n , m ) < g c d ( n , n / m p r i [ n ] ) gcd(n,m) < gcd(n,n/mpri[n]) gcd(n,m)<gcd(n,n/mpri[n])，但洗掉完 n , m n,m n,m后增加了一個小于 m m m的數，設其為 k k k，此時 k k k是 m m m的因子， k k k與其他數的 g c d gcd gcd值不會超過 m m m與其他數的 g c d gcd gcd值，即不可能更優，

所以答案為 ∑ i = 1 n i / m p r i [ i ] \sum\limits_{i=1}^ni/mpri[i] i=1∑n?i/mpri[i]，其中 m p r i [ i ] mpri[i] mpri[i]為 i i i的最小質因子， m p r i [ i ] mpri[i] mpri[i]用任意質數篩求即可，下面代碼用的是線性質數篩，

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define fo(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); ++i)
#define fd(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); --i)

typedef long long ll;

const int maxn = 1e4 + 5;

int n, m;
int g[maxn], pri[maxn];

int getint()
{
	char ch;
	int res = 0, p;
	while (!isdigit(ch = getchar()) && (ch ^ '-'));
	p = ch == '-'? ch = getchar(), -1 : 1;
	while (isdigit(ch))
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return res * p;
}

int main()
{
	int T = getint();
	while (T--)
	{
		n = getint();
		fo(i, 1, n) g[i] = 0;
		m = 0;
		ll ans = 0;
		fo(i, 2, n)
		{
			if (!g[i]) g[i] = i, pri[++m] = i;
			fo(j, 1, m)
			{
				if (pri[j] > g[i] || i > n / pri[j]) break;
				g[i * pri[j]] = pri[j];
			}
			ans += i / g[i];
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}

J 最大公因數排序

題意

給定長度為 n n n的數列 { a i } \{a_i\} {ai?}，令 b i = 2 a i b_i=2^{a_i} bi?=2ai?，若 g c d ( b i , b j ) = m i n { b i } ( i ≠ j ) gcd(b_i,b_j)=min\{b_i\}(i \neq j) gcd(bi?,bj?)=min{bi?}(i?=j)，則可以交換 b i b_i bi?和 b j b_j bj?，問能否將 { b i } \{b_i\} {bi?}變為有序，

思路

首先 g c d ( b i , b j ) = g c d ( 2 a i , 2 a j ) = 2 m i n { a i , a j } gcd(b_i,b_j)=gcd(2^{a_i},2^{a_j})=2^{min\{a_i,a_j\}} gcd(bi?,bj?)=gcd(2ai?,2aj?)=2min{ai?,aj?}， g c d ( b i , b j ) = m i n { b i } ( i ≠ j ) gcd(b_i,b_j)=min\{b_i\}(i \neq j) gcd(bi?,bj?)=min{bi?}(i?=j)等價于 2 m i n { a i , a j } = 2 m i n { a i } 2^{min\{a_i,a_j\}}=2^{min\{a_i\}} 2min{ai?,aj?}=2min{ai?}，即 m i n { a i , a j } = m i n { a i } min\{a_i,a_j\}=min\{a_i\} min{ai?,aj?}=min{ai?}，
問題可以轉化為對于 i ≠ j i \neq j i?=j， a i a_i ai?和 a j a_j aj?中存在 { a i } \{a_i\} {ai?}的最小值，則可以交換 a i , a j a_i,a_j ai?,aj?，問最后否將 { a i } \{a_i\} {ai?}變為有序，顯然最小值是可以自由移動的，可以借助最小值將 { a i } \{a_i\} {ai?}變為有序，不清楚的可以手動模擬一下，所以答案恒為"Yes"，

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define fo(i, x, y) for (int i = (x); i <= (y); ++i)
#define fd(i, x, y) for (int i = (x); i >= (y); --i)

const int maxn = 1e5 + 5;

int n;
int a[maxn];

int getint()
{
	char ch;
	int res = 0, p;
	while (!isdigit(ch = getchar()) && (ch ^ '-'));
	p = ch == '-'? ch = getchar(), -1 : 1;
	while (isdigit(ch))
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return res * p;
}

int main()
{
	int T;
	T = getint();
	while (T--)
	{
		n = getint();
		fo(i, 1, n) a[i] = getint();
		printf("Yes\n"); 
	}
	return 0;
}

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