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- 2019中國大學生程序設計競賽（CCPC） - 網絡選拔賽
- 6702 &
- 6703 array
- 6704 K-th occurrence
- 6705 path
- 6706 huntian oy
- 6707 Shuffle Card
- 6708 Windows Of CCPC
- 6709 Fishing Master
@
2019中國大學生程序設計競賽（CCPC） - 網絡選拔賽
CSDN
6702 &
\(1 and 1\)的話,\(c\)就必須為\(1\)。其他的貪心選\(0\).
注意c為正整數，0的話就取最低位1.
#include <iostream>
#define ll long long
using namespace std;
void solve(ll a,ll b) {ll c=0;for(ll i=31;i>=0;--i) {bool k1=a&(1LL<<i),k2=b&(1LL<<i);if(k1==1&&k2==1) c|=1LL<<i;} if(c) return cout<<c<<"\n",void();for(ll i=31;i>=0;--i) {bool k1=a&(1LL<<i),k2=b&(1LL<<i);if(k1||k2) c=1LL<<i;} cout<<c<<"\n";
}
int main() {int T;cin>>T;while(T --> 0) {ll a,b;cin>>a>>b;solve(a,b);}return 0;
}
6703 array
修改操作其實是刪除操作。
考慮不刪除的話，就是把刪除的數字放入\(set\)中
最終答案就是不刪除的\(ans\)和\(set\)中符合條件的取個最小值。
方法一
建立主席樹維護區間和。
二分，主席樹\(check\)。
復雜度\(O(nlog^2n)\)，實測\(T\)飛。
方法二
主席樹上二分。
主席樹不變查詢區間和。然后找到第一個包含的滿足條件的子區間。
條件就是\(r-l+1 < e[rt].tot\),然后再在這個區間上查一次就行了。
復雜度都是\(O(nlogn)\)
問了個當場切的老哥的代碼，直接線段樹，也沒\(set\)直接改，我這里先\(Orz\)了。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#define ls(x) e[x].l
#define rs(x) e[x].r
#define _ 100007
using namespace std;
inline char nc() {static char buf[3000000], *p1 = buf, *p2 = buf;return p1 == p2 && (p2 = (p1 = buf) + fread (buf, 1, 1000000, stdin), p1 == p2) ? EOF : *p1++;
}
inline int read() {int x=0,f=1;char s=getchar();for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';return x*f;
}
int n,m,a[_],cnt,rt[_];
set<int> dsr;
struct node{int l,r,siz;}e[_*20];
void insert(int l,int r,int pos,int val,int x,int &y) {e[y=++cnt]=e[x];e[y].siz++;if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;if(pos<=mid) insert(l,mid,pos,val,ls(x),ls(y));else insert(mid+1,r,pos,val,rs(x),rs(y));}
int lastans,flag;
int ask(int l,int r,int x) {if(l==r) return l;int mid=(l+r)>>1;if(e[ls(x)].siz<mid-l+1) return ask(l,mid,ls(x));else return ask(mid+1,r,rs(x));
}
void query(int l,int r,int L,int R,int x) {if(L<=l) {if(!flag&&e[x].siz!=r-l+1) {flag=1,lastans=min(lastans,ask(l,r,x));} return;}int mid=(l+r)>>1;if(L<=mid&&!flag) query(l,mid,L,R,ls(x));if(R>mid&&!flag) query(mid+1,r,L,R,rs(x));
}
int main() {int T=read();while(T --> 0) {dsr.clear(),dsr.insert(0x3f3f3f3f);cnt=0;for(int i=1;i<=n;++i) rt[i]=0;for(int i=1;i<=cnt;++i) e[i]={};n=read(),m=read();for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read(),insert(1,n+1,a[i],a[i],rt[i-1],rt[i]);rt[n+1]=rt[n];lastans=0;for(int i=1;i<=m;++i) {int opt=read();if(opt==1) {int pos=read()^lastans;if(!dsr.count(a[pos])) dsr.insert(a[pos]);} else {int r=read()^lastans,k=read()^lastans;lastans=*dsr.lower_bound(k),flag=0;query(1,n+1,k,n+1,rt[r]);printf("%d\n",lastans);}}}return 0;
}
6704 K-th occurrence
想了想，只會后綴數組+二分+主席樹，感覺有點恐怖就沒寫,最后還是寫了。
然后套了個后綴數組板子就過了,實現還是挺簡單的一點也不恐怖。
先對串串進行一遍后綴排序。
顯然符合條件的串是一個區間，用Lcp進行二分來找到邊界。
邊界長度不夠k就是-1,否則就查詢區間的第k小，用主席樹維護即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int _=2e5+7;
int read() {int x=0,f=1;char s=getchar();for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';return x*f;
}
int n,Q,rt[_];
char s[_];
namespace SA {#define FOR(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)#define ROF(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)int sa[_],rk[_],c[_],x[_],height[_],st[_][21];void clear() {memset(sa,0,sizeof(sa));memset(rk,0,sizeof(rk));memset(c,0,sizeof(c));memset(x,0,sizeof(x));memset(height,0,sizeof(height));memset(st,0,sizeof(st));}void get_sa() {int m=300;FOR(i,1,n) ++c[rk[i]=s[i]];FOR(i,1,m) c[i]+=c[i-1];ROF(i,n,1) sa[c[rk[i]]--]=i;for(int k=1;k<=n;k<<=1) {int p=0;FOR(i,n-k+1,n) x[++p]=i;FOR(i,1,n) if(sa[i]>k) x[++p]=sa[i]-k;FOR(i,1,m) c[i]=0;FOR(i,1,n) ++c[rk[i]];FOR(i,1,m) c[i]+=c[i-1];ROF(i,n,1) sa[c[rk[x[i]]]--]=x[i],x[i]=0;swap(rk,x);rk[sa[1]]=1,p=1;FOR(i,2,n) rk[sa[i]]=(x[sa[i]]==x[sa[i-1]]&&x[sa[i]+k]==x[sa[i-1]+k]) ? p : ++p;if(p==n) break;m=p;}}void get_height() {FOR(i,1,n) rk[sa[i]]=i;int k=0;FOR(i,1,n) {k=k?k-1:0;int j=sa[rk[i]-1];while(s[i+k]==s[j+k]&&i+k<=n&&j+k<=n) k++;height[rk[i]]=k;}height[0]=0;FOR(i,1,n) st[i][0]=height[i];FOR(j,1,20) for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i)st[i][j]=min(st[i][j-1],st[i+(1<<(j-1))][j-1]);}int LCP(int i,int j) {if(i-1==j) return n-sa[i-1]+1;int x=log2(j-i+1);return min(st[i][x],st[j-(1<<x)+1][x]);}
}
namespace TREE {#define ls(x) e[x].l#define rs(x) e[x].rstruct node {int l,r,siz;}e[_*32];int cnt;void insert(int l,int r,int L,int x,int &y) {e[y=++cnt]=e[x];e[y].siz++;if(l==r) return;int mid=(l+r)>>1;if(L<=mid) insert(l,mid,L,ls(x),ls(y));else insert(mid+1,r,L,rs(x),rs(y));}int query(int l,int r,int k,int x,int &y) {if(l==r) return l;int mid=(l+r)>>1,w=e[ls(y)].siz-e[ls(x)].siz;if(k<=w) return query(l,mid,k,ls(x),ls(y));else return query(mid+1,r,k-w,rs(x),rs(y));}
}
void solve(int S,int T,int k) {int L,R,l,r;l=1,r=SA::rk[S];while(l<=r) {int mid=(l+r)>>1;if(SA::LCP(mid+1,SA::rk[S])>=T-S+1) L=mid,r=mid-1;else l=mid+1;}l=SA::rk[S],r=n;while(l<=r) {int mid=(l+r)>>1;if(SA::LCP(SA::rk[S]+1,mid)>=T-S+1) R=mid,l=mid+1;else r=mid-1;}// cout<<SA::rk[S]<<"\n";// cout<<L<<" "<<R<<"\n";if(R-L+1<k) return puts("-1"),void();printf("%d\n",TREE::query(1,n,k,rt[L-1],rt[R]));
}
int main() {int T=read();while(T --> 0) {//clearmemset(rt,0,sizeof(rt));memset(TREE::e,0,sizeof(TREE::e));TREE::cnt=0;SA::clear();//initn=read(),Q=read();scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);SA::get_sa();SA::get_height();for(int i=1;i<=n;++i) TREE::insert(1,n,SA::sa[i],rt[i-1],rt[i]);//debug// puts("sa : ");// for(int i=1;i<=n;++i) cout<<SA::sa[i]<<" ";// puts("\nrk : ");// for(int i=1;i<=n;++i) cout<<SA::rk[i]<<" ";// cout<<"\n";// puts("LCP");// for(int i=1;i<=n;++i) {// for(int j=1;j<=n;++j) {// if(i>j) printf("0 ");// else printf("%d ",SA::LCP(i+1,j));// }// printf("\n");// }//querywhile(Q --> 0) {int l=read(),r=read(),k=read();solve(l,r,k);}}return 0;
}
6705 path
類似于NOI2010超級鋼琴和十二省聯考的異或粽子。
往這里思考過，不知道咋的\(3s\)后就放棄了，也許是當時覺得不對？
現在一看很對啊。
首先我們每個點連出的邊按照權值排序。
用一個優先隊列維護每個點為起始點的沒被選中的最短路徑，每次堆上找到最小的，然后刪掉。
之后我們要加入兩條要成為最短的可能路徑。
1.\(t\)之后找一條最小的邊接上。
2.若與\(t\)相連的上一個點為\(s，<s,t>\)這條邊為第k大，則起點\(->s+k+1\)大邊。
路徑權值\(w\)對應著加加減減。
這里初始點不用記錄，只記錄\(s,t,k,w\)就行了。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int _=5e4+7;
int read() {int x=0,f=1;char s=getchar();for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';return x*f;
}
int ask[_];ll ans[_];
struct node{int s,t,k;ll w;node(int a,int b,int c,ll x) {s=a,t=b,k=c,w=x;}
};
bool operator < (node a,node b) {return a.w>b.w;
}
priority_queue<node> q;
vector< pair<ll, int> > G[_];
int main() {int T=read();while(T --> 0) {int n=read(),m=read(),Q=read(),cnt=0,limit=0;while(!q.empty()) q.pop();for(int i=1;i<=n;++i) G[i].clear();for(int i=1;i<=m;++i) {int u=read(),v=read(),w=read();G[u].push_back(make_pair(w,v));}for(int i=1;i<=n;++i) {sort(G[i].begin(),G[i].end());if(G[i].size()) q.push(node(i,G[i][0].second,0,G[i][0].first));}for(int i=1;i<=Q;++i) ask[i]=read(),limit=max(limit,ask[i]);while(!q.empty()&&cnt<limit) {node u=q.top();q.pop();ans[++cnt]=u.w;if(u.k+1<(int)G[u.s].size())q.push(node(u.s,G[u.s][u.k+1].second,u.k+1,u.w-G[u.s][u.k].first+G[u.s][u.k+1].first));if(G[u.t].size()>0)q.push(node(u.t,G[u.t][0].second,0,u.w+G[u.t][0].first));}for(int i=1;i<=Q;++i) printf("%lld\n",ans[ask[i]]);}return 0;
}
6706 huntian oy
\(gcd(i^a-j^a,i^b-j^b)=i-j(a,b互質)\)
求\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}(i-j)[(i,j)=1]\)
\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}i-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}j([(i,j)=1])\)
與他互質的和為\(\frac{n*\phi(n)}{2}，因為i\)對應\(n-i\)
\(\sum\limits_{i=1}^{n}i*\phi(i)-\sum\limits_{i=1}^{n}(\frac{i*\phi(i)}{2}+[i==1])\)
\(\frac{(\sum\limits_{i=1}^{n}i*\phi(i))-1}{2}\)
用杜教篩來求\(i*\phi(i)\)的前綴和就行了。
\(f(x)=x*\phi(x)\)
\((f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)*\phi(\frac{n}ozvdkddzhkzd)*\frac{n}ozvdkddzhkzd\)
顯然\(g(i)為id(i)\)最合適。
\((f*g)(n)=n*\sum\limits_{d|n}\phi(\frac{n}ozvdkddzhkzd)=n^2\)
\(g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})-\sum\limits_{i=2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})\)
\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i^2-\sum\limits_{i=2}^{n}iS(\frac{n}{i})\)
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int _=5e6+7,mod=1e9+7,limit=5000000;
int read() {int x=0,f=1;char s=getchar();for(;s>'9'||s<'0';s=getchar()) if(s=='-') f=-1;for(;s>='0'&&s<='9';s=getchar()) x=x*10+s-'0';return x*f;
}
int inv_2,inv_6,vis[_],pri[_],cnt;
ll phi[_];
int q_pow(int a,int b) {int ans=1;while(b) {if(b&1) ans=1LL*ans*a%mod;a=1LL*a*a%mod,b>>=1;} return ans;
}
void Euler() {vis[1]=phi[1]=1;for(int i=1;i<=limit;++i) {if(!vis[i]) pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=limit;++j) {vis[pri[j]*i]=1;if(i%pri[j]==0) {phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];break;} else phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);}}for(int i=2;i<=limit;++i) phi[i]=(phi[i-1]+1LL*phi[i]*i%mod)%mod;
}
unordered_map<int,int> ans_phi;
int get(int n) {return 1LL*n*(n+1)/2%mod;}
int solve_phi(int n) {if(n<=limit) return phi[n];if(ans_phi[n]) return ans_phi[n];ll tmp=1LL*n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv_6%mod;for(int l=2,r;l<=n;l=r+1) {r=n/(n/l),tmp-=1LL*(get(r)-get(l-1))*solve_phi(n/l)%mod,tmp=(tmp%mod+mod)%mod;} return ans_phi[n]=tmp;
}
int main() {inv_2=q_pow(2,mod-2),inv_6=q_pow(6,mod-2);Euler();int T=read();while(T --> 0) {int N=read();int ans=1LL*(solve_phi(N)-1)*inv_2%mod;ans=(ans%mod+mod)%mod;printf("%d\n",ans);N=read(),N=read();}return 0;
}
6707 Shuffle Card
想了半天也不會啊，平衡樹還很麻煩，不想寫。
其實倒著做就行了，用\(stack\)其實本質也是倒著做。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int _=2e5+7;
int n,m,a[_],b[_],vis[_];
vector<int> ans;
int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%d",&b[i]);for(int i=m;i>=1;--i) {if(vis[b[i]]) continue;vis[b[i]]=1;ans.push_back(b[i]);}for(int i=1;i<=n;++i) {if(vis[a[i]]) continue;ans.push_back(a[i]);}for(int i=0;i<n;++i) cout<<ans[i]<<" ";return 0;
}
6708 Windows Of CCPC
這是\(yjg\)外出模擬賽的\(luogu\)原題啊，\(axm\)還拉我做過，把\(0,1\)改成了\(C,P\)了而已。
遞歸即可。
分成四塊，先遞歸第一塊，剩下的三塊復制第一塊的內容，然后第四塊取反。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int _=1207;
int n,A[_][_];
void copp(int x,int y,int len) {for(int i=0;i<len;++i)for(int j=0;j<len;++j)A[x+i][y+j]=A[i][j];
}
void print(int x) {for(int i=0;i<(1<<x);++i) {for(int j=0;j<(1<<x);++j)printf("%c",A[i][j]?'C':'P');printf("\n");}
}
void calc(int n) {if(n==0) return A[0][0]=1,void();calc(n-1);int len=1<<(n-1);copp(0,len,len);copp(len,len,len);for(int i=0;i<len;++i)for(int j=0;j<len;++j)A[len+i][j]=A[i][j]^1;
}
int main() {int T;cin>>T;while(T-->0) {int x;cin>>x;calc(x);print(x);}
}
6709 Fishing Master
補充：看到zhihu好多全局釣魚的，其實不難吧。
考慮dp，不會。貪心。
首先一開始肯定要先捉一次魚。
發現捉魚分兩種種。
1.煮魚的時間內能去捉魚并且在鍋里魚沒熟之前回來。
2.煮魚的時間內能去捉魚并且在鍋里魚熟之后時候回來。
顯然1這種情況能干就干，相當于一開始就捉到了這些條。
剩下的捕魚就得是情況2了，因為剩下的煮魚時間都是小于捕魚時間的，當然是貪心的從煮魚時間大的開始捉。
發現這樣一定能安排上(先捉情況2，然后過程中能捉1就捉1)。
然后就做完了。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int _=2e5+7;
ll n,m,t[_];
int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);ll T;cin>>T;while(T --> 0) { cin>>n>>m;for(ll i=1;i<=n;++i) cin>>t[i];sort(t+1,t+1+n);ll ma=0,ans=0;for(ll i=1;i<=n;++i) ma+=t[i]/m;for(ll i=1;i<=n;++i) ans+=t[i];ans+=m;if(ma>=n-1) {cout<<ans<<"\n";} else {ll need=n-1-ma;for(ll i=1;i<=n;++i) t[i]-=t[i]/m*m;sort(t+1,t+1+n);for(ll i=n;i>=1;--i) {need--;ans+=m-t[i]; if(!need) break;}cout<<ans<<"\n";} }
}
轉載于:https://www.cnblogs.com/dsrdsr/p/11406004.html
總結
以上是生活随笔為你收集整理的2019CCPC网络预选赛 八道签到题题解的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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