文章目錄

• A.這波啊，這波是.....
• B.李在贛神魔
• C.電競希金斯
• D.財富密碼
• E.蕪湖起飛
• F.這題多撈啊
• G.正方形打野
• H.時間管理

A.這波啊，這波是…

鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5945/A
來源：牛客網

題目描述
“這波啊，這波是肉蛋蔥雞！”
打出口令即可領取簽到獎勵。

輸入描述:
沒有輸入。

輸出描述:
見樣例輸出。

示例1

輸入
non

輸出
roudancongji

說明
如果你不知道題目在講什么也沒關系，你只需要輸出樣例即可通過本題。

思路：
簽到題，看懂提就行

代碼：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 1010; int a[maxn]; int main() {cout << "roudancongji" << endl;return 0; }

B.李在贛神魔

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題目描述
我們要做一個旋轉木馬！ 輸入一個n\times nn×n的字符矩陣，將其順時針旋轉90度后輸出。
輸入描述:
每個測試點僅包含一組輸入數據。
第一行一個整數n(1 \leq n \leq 1000)n(1≤n≤1000)，表示矩陣大小。
接下來n行，每行一個長度為n的字符串，僅包含小寫字母，表示這個矩陣。
輸出描述:
輸出順時針旋轉90度后的矩陣，行末不要出現多余空格。

示例1
輸入
3
aaa
bbb
ccc

輸出
cba
cba
cba
思路：
也是個簽到題，不需要任何算法知識背景，不多說了

代碼：

#include <stdio.h> main() {int n,i,j;char a[1005][1005],b[1005][1005];scanf("%d",&n);for(i=0;i<n;i++){scanf("%s",a[i]);}for(i=0;i<n;i++){for(j=0;j<n;j++){b[j][n-i-1]=a[i][j];}}for(i=0;i<n;i++){printf("%s\n",b[i]);} }

C.電競希金斯

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來源：牛客網

題目描述
大司馬綽號“電競希金斯”，所以他的幾何非常好。他發明的“馬氏幾何”多次挑戰牛頓和愛因斯坦的理論，連奧沙利文都直呼內行。
本題就是一道關于計算幾何的題目。
給定一條直線ax+by+c=0，請以編號從小到大的順序輸出這條直線經過的象限。
注意，x軸和y軸不屬于任何一個象限，第一象限為x,y>0的區域，第二象限為x<0,y>0的區域，第三象限為x,y<0的區域，第四象限為x>0,y<0的區域。
輸入描述:
每個測試點僅包含一組輸入數據。
僅一行空格隔開的三個整數a,b,c(-100 \leq a,b,c \leq 100)a,b,c(?100≤a,b,c≤100)
其中a和b不會同時等于0
輸出描述:
一行，按照順序輸出經過的象限。
如果直線不經過任何象限，請輸出"non"。

示例1
輸入
1 2 3

輸出
2 3 4

思路：
簡單的數學題，沒啥好說的…

代碼：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() {int a, b, c;cin >> a >> b >> c;if (a == 0) {if (c == 0)cout << "non" << endl;else {if (b * c > 0)cout << "3 4" << endl;else cout << "1 2" << endl;}}else if (b == 0) {if (c == 0)cout << "non" << endl;else {if (a * c > 0)cout << "2 3" << endl;else cout << "1 4" << endl;}}else {if (c == 0)if (a * b > 0)cout << "2 4" << endl;else cout << "1 3" << endl;else {if (a * b < 0) {if (b * c < 0)cout << "1 2 3" << endl;else cout << "1 3 4" << endl;}else {if (b * c < 0)cout << "1 2 4" << endl;else cout << "2 3 4" << endl;}}}return 0; }

D.財富密碼

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題目描述
“我們廈大的ACM實在是太厲害了”
在我校無數的菜雞中，這句話打開了財富之門，因此被稱為財富密碼。
事實上，關于密碼學的研究里面有很多涉及到數論的知識，以下就是一道例題。
求有多少整數n(1 \leq n \leq x)n(1≤n≤x)滿足na^{n} \equiv b (mod \ p)na
n≡b(mod p)，其中p是一個質數。
看到這里你可能認為我會解釋上述符號的意思，然而如果你看不懂上面的式子，那么我不建議你嘗試這道題目，所以這里沒有解釋。

輸入描述:
每個測試點僅包含一組輸入數據。
第一行，四個以空格隔開的正整數，分別表示a,b,p,x(2 \leq p \leq 10^6,1 \leq x \leq 10^{12},1 \leq a,b < p)a,b,p,x(2≤p≤10 6,1≤x≤10 12,1≤a,b<p)

輸出描述:
一個正整數，符合條件的n的個數。

示例1
輸入
2 3 5 8

輸出
2

思路：
需要一些簡單的數論知識：

費馬小定理：若 p為質數，而整數a不是 p的倍數，則 。

逆元：定義整數 a 在模 p 意義下的逆元為 x，則 ，
可記作 。
在 1條件下，有 。
因為 。

然后到這道題：
首先由 費馬小定理 可以得到 ，
因此可以設 。
然后推式子：

由于 ，范圍為 。故可以枚舉 t，通過上式計算 k。
需要用到快速冪，一次計算的復雜度在 log級別。整體估計復雜度是可以通過的。

在已知 t 的情況下，我們根據這個式子可以求出一個 ，
顯然任意 ，
即 ，
都有： 時 。

有限制條件： 。
對于一個確定的 M>=0，我們要求的就是有多少個整數 ，使得 n在范圍之內。

然后在范圍內的計入答案就可以了。
代碼：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; using ll = long long; int a, b, p; ll x; int qpow(int x, int n) {assert(n >= 0);int res = 1;while(n) {if(n & 1) res = 1ll * res * x % p;x = 1ll * x * x % p;n >>= 1;}return res; } int inv(int x) { return qpow(x, p - 2); } int main() {cin >> a >> b >> p >> x;ll ans = 0;int inv1 = inv(p - 1);for(int t = 0; t < p - 1; t++) {int k = (1ll * b * inv(qpow(a, t)) - t) * inv1 % p;k = (k + p) % p;ll d = x - 1ll * k * (p - 1) - t;if(d >= 0) ans += d / (1ll * p * (p - 1)) + 1;}cout << ans << endl; }

E.蕪湖起飛

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題目描述
安徽蕪湖有n個機場，一共有m條線路在空管部門報備。
每條線路單向連接兩個機場，并且需要的通行時間每天都可能不一樣。
具體來說，設目前是第x天，那么第i條線路所需要的通行時間為k_ix+b_ik
i x+b i。
一年一共有H天，也就是說，x取[0,H]中的整數。
現在大司馬想從1號機場在一天內換乘任意多次航班前往n號機場，他總是選擇用時最短的方式，現在他想知道哪一天需要花最長的時間。
輸入描述:
每個測試點僅包含一組輸入數據。
第一行三個整數n,m,H(1 \leq n,m \leq 114514,1 \leq H \leq 10^9)n,m,H(1≤n,m≤114514,1≤H≤10 9)，表示機場的數量，線路的數量和x的取值范圍。
接下來m行，每行四個整數u_i,v_i,k_i,b_i(1 \leq u_i,v_i \leq n,-10^9 \leq k_i,b_i \leq 10^9)u i,v i,k i ,b i(1≤u i ,v i ≤n,?10 9 ≤k i,b i≤10 9)，表示一條線路從u_iu i機場單向前往v_iv i機場，并且第x天需要k_ix+b_ik ix+b i的時間來通行。
同一對機場之間可能有多條航線，一條航線的起點和終點可能相同。
保證在[0,H]中的任意一天，每條航線的長度非負且不超過10^910
9，且從1號機場可以到達n號機場。

輸出描述:
輸出一行一個整數，表示最長的用時。

示例1
輸入
4 6 2
1 2 -2 6
1 3 3 3
1 4 -1 4
3 2 1 5
3 4 -3 7
2 4 0 5

輸出
4

思路：
這個題目的路徑是變化的，因為bi和ki是確定的，所以路徑長度隨著天數的變化而變化。題目要求的是0-h天里花費時間最長的那一天。因為路徑變化并沒有規律。考慮到bi和ai都是固定的，最短的情況應該就是第0天或者第h天。那么答案應該在0-h中間，0-h的最短路可以看作是一個向上凸的二次函數曲線，可以用三分的方法求出最高點。三分設左邊界為l，右邊界為r，ml=（l+r)>>1，mr=（r+ml）>>1;如果ml天的最短路大于mr天的最短路，那么答案可能的區間可以縮小到[l,mr]，反之區間縮小為[ml,r]。mr-ml<10后，直接暴力把答案精確的求出來就行了

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 214514; const int inf = 0x3f3f3f3f; struct line{int v;ll k, b;};vector<line> g[N]; ll dist[N]; int n, m, h, vis[N];struct node{int v;ll cost;bool operator <(const node n)const{return cost > n.cost;} }; priority_queue<node>q;ll dij(ll x){for(int i = 1; i <= n; i++){dist[i] = 1e18;vis[i] = 0;}q.push({1, 0});dist[1] = 0;while(q.size()){node cd = q.top();q.pop();if(vis[cd.v])continue;vis[cd.v] = 1;for(line it: g[cd.v]){int to = it.v;ll cost = it.k * x + it.b;if(dist[to] > dist[cd.v] + cost){dist[to] = dist[cd.v] + cost;q.push({to, dist[to]});}}}return dist[n]; }ll work(int l, int r){if(r - l <= 10){ll ans = 0;for(int i = l; i <= r; i++){ans = max(ans, dij(1ll * i));}return ans;}int midl = (l + r) / 2;int midr = (midl + r) / 2;ll maxl = dij(1ll * midl);ll maxr = dij(1ll * midr);if(maxl >= maxr){return work(l, midr);}else{return work(midl, r);}}int main(){scanf("%d %d %d", &n, &m, &h);for(int i = 1; i <= m; i++){int u, v;ll k, b;scanf("%d %d %lld %lld", &u, &v, &k, &b);g[u].push_back({v, k, b});}printf("%lld\n", work(0, h));}

F.這題多撈啊

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題目描述
給定一個正整數n，請求出所有滿足如下兩個條件的正整數集合x[1],x[2]…x[n]:

x[1]+x[2]+…+x[n]=2n

不存在一個劃分將集合劃分成和相等的兩部分，也就是說，集合的任意子集和均不為n。
請按照集合中元素升序排序后字典序從小到大的順序輸出答案，若不存在這樣的集合請不要輸出任何字符。

輸入描述:
每個測試點僅包含一組測試數據。
第一行一個正整數n(1 \leq n \leq 1000)n(1≤n≤1000)。

輸出描述:
多行，每行代表一個可能的答案序列。
同一個序列內所有數從小到大排序，相鄰兩個數之間用一個空格隔開，行首尾不要添加多余空格。

示例1
輸入
3

輸出
1 1 4

思路：

我們先拿一些具體的例子試一試吧，看能不能找到突破口。
n == 1 :[2]
n == 2 :[1,3]
n == 3 :[1,1,4] 、[2,2,2]
n == 4 :[1,1,1,5]
n == 5 :[1,1,1,1,6] 、 [2,2,2,2,2]
。。。。。。。。。
我們似乎得到了什么規律了
首先對任意n，[1,1,1,1,1,1,…,n+1]一定是正確的(n-1個1，1個n+1)
而當n為奇數時[2,2,2,2,2,2,2…]也是正確的(n個2)
n==1時兩者重合了
這兩點都不難理解，重要的是接下來的一個歸納：
除了這兩種其他的任何集合都會有和為n的子集，不滿足情況！！！！！！！！！！！

下面我們來證明這個歸納！！
我們從這開始[1,1,1,1,1,1,…,n+1] 這是我們目前的序列
我們有n-1個1，1個n+1
我們從n+1向前扔k個1, n>=k>=1
這k個1一共落在了b個位置上， k>=b>=1
那么我們現在還擁有：
A、n-1-b 個 1
B、一個 n+1-k
C、b個總和為k+b，單個最小為2的數
我們要證明這些數一定能湊成n
首先我們有了n-1-b個1了那么這意味著什么？
意味著如果我們用B和C中的元素湊成
[b+1,b+2,b+3,b+4,…,n-1,n]
中的任意一個數值游戲結束！！！！！
而有趣的是，我們A，B，C中所有元素的數值總和為2n
那么B和C的元素的總和為2n - (n-1-b)
為n+1+b !!!(看上面的區間)
正好為：(b+1) + n、(b+2) + (n-1)、(b+3) + (n-2) 、(b+4) + (n-3) 。。。。。。。
而B和C中至少也有兩個元素，那么只要區間[b+1,b+2,b+3,b+4，。。。。n-1,n]
保持對稱性的情況下，一定能找到n即一定不成立！！！！！！
那么什么時候不保持對稱性呢？b+1 == n即b == n-1
也就是說，[1,1,1,1,1,…,n+1]最后一位向前n-1位都發了一個1
大家都變為了[2,2,2,2,2,2,2,2,2,2,…]
n位奇數時true，為偶數時false
證明完畢！！！！！！！！！！

證明并不嚴謹，可能會有漏洞，，，，如果發現希望指出，謝謝

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() {int n;scanf("%d",&n);if(n==1){printf("2");return 0;}if(n&1){for(int i=1;i<=n-1;i++)printf("1 ");printf("%d\n",n+1);for(int i=1;i<=n;i++)printf("2 ");}else{for(int i=1;i<=n-1;i++)printf("1 ");printf("%d\n",n+1);}return 0; }

G.正方形打野

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題目描述
大司馬的重要理論成果之一即所謂正方形打野，本題恰好與正方形相關。
大司馬的家的地板可以看成有n \times mn×m個格子的矩形。現在他需要用一些顏色的瓷磚來鋪滿這個房間，每種顏色的瓷磚擺放數量不受限制，但不能在同一個格子上覆蓋多塊瓷磚，更不能有空格子。
所有的瓷磚都是正方形的，然而這些瓷磚的邊長卻不一定相等，如:1 \times 11×1的瓷磚可以覆蓋一個格子，2 \times 22×2的瓷磚可以覆蓋4個格子。每一種不同的瓷磚的顏色分別為大寫字母A,B,C,D,E等以此類推，本題數據保證所需顏色不會超過26種。
大司馬是一個有強迫癥的人，他不能忍受地板上出現一個非正方形的色塊，即所有同色連通塊必須為正方形，這里的連通指上下左右四連通。
當大司馬的房子為4 \times 34×3時那么他的地板可以覆蓋成這樣:
AAA
AAA
AAA
BCB
不能覆蓋成這樣:
AAA
AAA
AAA
ACB
因為A對應的同色連通塊不是正方形，多了一塊角。
大司馬希望按照從上到下，從左到右的順序他房子地板顏色的字典序最小。
即將第一行，第二行……第n行從左到右對應的字母序列串成一個字符串，其字典序最小。
對于給定的n,m，請你輸出對應的方案。
輸入描述:
每個測試點僅包含一組輸入數據。
第一行兩個空格隔開的正整數n,m(n,m<=100)
輸出描述:
n行，每行一個長度為m的字符串，表示最終的擺放方案。
示例1
輸入
復制
13 15
輸出
復制
AAAAAAAAAAAAABA
AAAAAAAAAAAAACB
AAAAAAAAAAAAABA
AAAAAAAAAAAAACB
AAAAAAAAAAAAABA
AAAAAAAAAAAAACB
AAAAAAAAAAAAABA
AAAAAAAAAAAAACB
AAAAAAAAAAAAABA
AAAAAAAAAAAAACB
AAAAAAAAAAAAABA
AAAAAAAAAAAAACB
AAAAAAAAAAAAABA

思路：
我們仔細看這道題的要求：
1.保證所有連通塊是正方形
2.盡量讓這個地板從上到小，從左到右最小
那么我們想想，首相對于第一個格子我們首先肯定會鋪A之后向右看盡量鋪設A直到這一行鋪滿
或者說是列數不足以讓我們維持正方形了。
這里我們只要貪心的考慮讓右邊的格子盡量小就可以了，無需考慮下方。
那關鍵是接下來倘若行數沒有鋪完列數鋪完的情況下怎么考慮？
例：
AAAABA
AAAACB
AAAABA
AAAACB
我們是怎樣得出右邊的
BA
CB
BA
CB
的呢？
我們在上面的分析中有一句話：
這里我們只要貪心的考慮讓右邊的格子盡量小就可以了
也就是說我們只用考慮右方。
假設我們現在開始鋪設瓷磚B，我們判斷下一個即第一行最后一列該鋪設什么
我們有兩種選擇：
1.鋪設瓷磚B同時形成正方形(這里要保證不超過列數與行數)
2.鋪設其他瓷磚，瓷磚B的正方形到頭，新的時***啟。(這里的其他瓷磚是可鋪設的)
那我們的問題主要是接下來鋪設的時刻如何正確選擇操作1，2
我們會在兩種情況下使用操作2
(1):鋪設B無法形成正方形
(2):在可鋪設的瓷磚中有比B要小的瓷磚
滿足這兩個條件的任意一個，我們就不得不選擇操作2而非操作1
其實上述的兩種情況我們可以歸為一種：在可鋪設的瓷磚中最小的瓷磚不是B
那么我們就會采取操作2

如此我們從上到下，從左到右的遍歷矩陣，正方形的填充矩陣。

代碼：

#include<iostream>; #include<algorithm>; #include<vector>; using namespace std; int n, m; char ans[110][110]; int dir[4][2] = { 1,0,-1,0,0,1,0,-1 };char get(int x0,int y0) {vector<char> tmp;if (ans[x0][y0])return ans[x0][y0];for (int i = 0;i < 4;i++) {int x = x0 + dir[i][0];int y = y0 + dir[i][1];if (x > n || x <= 0 || y > m || y <= 0)continue;if (ans[x][y] != 0)tmp.push_back(ans[x][y]);}for (char ch = 'A';ch <= 'Z';ch++) {bool help = true;for (char cch : tmp)if (cch == ch) {help = false;break;}if (help)return ch;} }int main() {ios::sync_with_stdio(0);cin >> n >> m;for (int i = 1;i <= n;i++) {for (int j = 1;j <= m;j++) {if (ans[i][j])continue;char mychar = get(i, j);int len = 0;while (i + len <= n && j + len <= m && get(i, j + len) == mychar)len++;for (int k = 0;k < len;k++)for (int w = 0;w < len;w++)ans[i + k][j + w] = mychar;}}for (int i = 1;i <= n;i++) {for (int j = 1;j <= m;j++)cout << ans[i][j];cout << endl;} }

H.時間管理

鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5945/H
來源：牛客網

題目描述
大司馬每天日程太多，需要一個高效的數據結構進行時間管理。經過研究，他認為這個問題可以被歸結如下：
給定一個長度為n的序列，第i個元素為a_ia
i
?
，請支持如下兩種操作：
1\ l\ r\ x(1 \leq l \leq r \leq n,1 \leq x \leq 10^9)1 l r x(1≤l≤r≤n,1≤x≤10
9
)，表示將a_l \sim a_ra
l
?
～a
r
?
的值都與x取最大公約數，即對于l \leq i \leq rl≤i≤r，將a_ia
i
?
替換為gcd(a_i,x)gcd(a
i
?
,x)，兩個數的最大公約數是能夠同時整除兩個數的最大數。
2\ l\ r(1 \leq l \leq r \leq n)2 l r(1≤l≤r≤n)，詢問此時a_l \sim a_ra
l
?
～a
r
?
的和。
請注意，操作有時間順序，2類操作輸出的是進行詢問時對應區間的和。
輸入描述:
每個測試點僅包含一組輸入數據。
第一行兩個整數n,m(1 \leq n,m \leq 114514)n,m(1≤n,m≤114514)，表示序列長度和操作個數。
第二行n個整數，第i個整數表示a_ia
i
?
的初始值(1 \leq a_i \leq 10^9)(1≤a
i
?
≤10
9
)。
接下來m行，每行為題目描述提到的的兩種格式之一，表示一次操作，操作按照時間順序給出。
輸出描述:
按照輸入順序，對于每個2類操作，輸出一行一個整數表示對應的和。

示例1
輸入
6 4
9 9 6 2 5 1
1 1 3 6
2 2 5
1 2 5 4
2 1 6

輸出
16
10

思路：
這道題跟區間開方思路類似。
每次對一個區間進行gcd的話一般會有大部分會變成1，可以用一些小技巧來保證復雜度不會太差，用一個tag變量去標記一下這個區間是不是全都相等，再用一個sam變量去標記區間全相等的時候的元素大小，這樣修改的時候對于區間元素都相等的直接對sam進行gcd即可。最后用一個線段樹維護標記。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> #define ls cur<<1 #define rs cur<<1|1 using namespace std;typedef long long ll; const int maxn=2e5+10;ll sum[maxn<<2],a[maxn<<2],ma[maxn<<2],gd[maxn<<2],tag[maxn<<2],sam[maxn<<2];void pushup( int cur ) {sum[cur]=sum[ls]+sum[rs]; tag[cur]=tag[ls] & tag[rs];if( tag[cur] ) {if( sam[ls]==sam[rs] ) sam[cur]=sam[ls]; else tag[cur]=0;} }void pushdown( int cur ,int l,int r ) {if( tag[cur] ){int mid=l+r>>1;sam[ls]=sam[rs]=sam[cur];sum[ls]=(mid-l+1)*sam[ls];sum[rs]=(r-mid)*sam[rs];}}void build( int cur,int l,int r ) {if( l==r ){sum[cur]=a[l];tag[cur]=1;sam[cur]=a[l];return;}tag[cur]=0;int mid=l+r>>1;build(ls,l,mid);build(rs,mid+1,r);pushup(cur); }void update( int cur,int l,int r,int L,int R,ll p ) {if( L<=l && r<=R ){if( tag[cur] ){sam[cur]=__gcd(sam[cur],p);sum[cur]=sam[cur]*(r-l+1);return;}}pushdown(cur,l,r);if( l==r ){sam[cur]=sum[cur]=__gcd(a[l],p);return;}int mid=l+r>>1;if( mid>=L ) update(ls,l,mid,L,R,p);if( mid<R ) update(rs,mid+1,r,L,R,p);pushup(cur); }ll get_sum( int cur,int l,int r,int L,int R ) {if( L<=l && r<=R ) return sum[cur];int mid=l+r>>1;ll ans=0;pushdown(cur,l,r);if( L<=mid ) ans+=get_sum(ls,l,mid,L,R);if( R>mid ) ans+=get_sum(rs,mid+1,r,L,R);return ans; }

如有錯誤，歡迎指正~

總結

以上是生活随笔為你收集整理的厦门大学“网宿杯“17届程序设计竞赛决赛（同步赛） #题解 #题目都超有趣呀的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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