2019-08-28 19:24 东北大学 Java

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2019CCPC 网络选拔赛八道签到题题解

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2019中国大学生程序设计竞赛（CCPC） - 网络选拔赛

6702 &

$1 and 1$ 的话, $c$ 就必须为 $1$ 。其他的贪心选 $0$ .
注意c为正整数，0的话就取最低位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

修改操作其实是删除操作。
考虑不删除的话，就是把删除的数字放入 $set$ 中
最终答案就是不删除的 $ans$ 和 $set$ 中符合条件的取个最小值。
方法一
建立主席树维护区间和。
二分，主席树 $check$ 。
复杂度 $O(nlog^2n)$ ，实测 $T$ 飞。
方法二
主席树上二分。
主席树不变查询区间和。然后找到第一个包含的满足条件的子区间。
条件就是 $r-l+1 < e[rt].tot$ ,然后再在这个区间上查一次就行了。

复杂度都是 $O(nlogn)$
问了个当场切的老哥的代码，直接线段树，也没 $set$ 直接改，我这里先 $Orz$ 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，只会后缀数组+二分+主席树，感觉有点恐怖就没写,~~最后还是写了~~。
然后套了个后缀数组板子就过了,实现还是挺简单的一点也不恐怖。
先对串串进行一遍后缀排序。
显然符合条件的串是一个区间，用Lcp进行二分来找到边界。
边界长度不够k就是-1,否则就查询区间的第k小，用主席树维护即可。

#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].r
    struct 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) {
        //clear
        memset(rt,0,sizeof(rt));
        memset(TREE::e,0,sizeof(TREE::e));
        TREE::cnt=0;
        SA::clear();
        //init
        n=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");
        // }
        //query
        while(Q --> 0) {
            int l=read(),r=read(),k=read();
            solve(l,r,k);
        }
    }
    return 0;
}

6705 path

类似于NOI2010超级钢琴和十二省联考的异或粽子。
往这里思考过，不知道咋的 $3s$ 后就放弃了，也许是当时觉得不对？
现在一看很对啊。
首先我们每个点连出的边按照权值排序。
用一个优先队列维护每个点为起始点的没被选中的最短路径，每次堆上找到最小的，然后删掉。
之后我们要加入两条要成为最短的可能路径。
1. $t$ 之后找一条最小的边接上。
2.若与 $t$ 相连的上一个点为 $s，<s,t>$ 这条边为第k大，则起点 $->s+k+1$ 大边。
路径权值 $w$ 对应着加加减减。
这里初始点不用记录，只记录 $s,t,k,w$ 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

$gcd(i^a-j^a,i^b-j^b)=i-j(a,b互质)$
求 $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}(i-j)[(i,j)=1]$
$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}i-\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{i}j([(i,j)=1])$
与他互质的和为 $\frac{n*\phi(n)}{2}，因为i$ 对应 $n-i$
$\sum\limits_{i=1}^{n}i*\phi(i)-\sum\limits_{i=1}^{n}(\frac{i*\phi(i)}{2}+[i==1])$
$\frac{(\sum\limits_{i=1}^{n}i*\phi(i))-1}{2}$
用杜教筛来求 $i*\phi(i)$ 的前缀和就行了。 $f(x)=x*\phi(x)$
$(f*g)(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)*\phi(\frac{n}{d})*\frac{n}{d}$
显然 $g(i)为id(i)$ 最合适。 $(f*g)(n)=n*\sum\limits_{d|n}\phi(\frac{n}{d})=n^2$
$g(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})-\sum\limits_{i=2}^{n}g(i)S(\frac{n}{i})$
$S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i^2-\sum\limits_{i=2}^{n}iS(\frac{n}{i})$

#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

想了半天也不会啊，平衡树还很麻烦，不想写。
其实倒着做就行了，用 $stack$ 其实本质也是倒着做。

#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

这是 $yjg$ 外出模拟赛的 $luogu$ 原题啊， $axm$ 还拉我做过，把 $0,1$ 改成了 $C,P$ 了而已。
递归即可。
分成四块，先递归第一块，剩下的三块复制第一块的内容，然后第四块取反。

#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

补充：看到zhihu好多全局钓鱼的，其实不难吧。
考虑dp，不会。贪心。
首先一开始肯定要先捉一次鱼。
发现捉鱼分两种种。
1.煮鱼的时间内能去捉鱼并且在锅里鱼没熟之前回来。
2.煮鱼的时间内能去捉鱼并且在锅里鱼熟之后时候回来。
显然1这种情况能干就干，相当于一开始就捉到了这些条。
剩下的捕鱼就得是情况2了，因为剩下的煮鱼时间都是小于捕鱼时间的，当然是贪心的从煮鱼时间大的开始捉。
发现这样一定能安排上(先捉情况2，然后过程中能捉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";
        }    
    }
}