The Preliminary Contest for ICPC Asia Xuzhou 2019
【A. Who is better?】
【题目大意】
有n个敌人，n满足：给定k个a，b，n与b模a同余
两个人轮流消灭敌人，每轮消灭敌人的数量为上一轮的1到2倍，问谁会消灭最后的敌人，即下一轮另一个人没有敌人可以消灭
先手不能消灭所有敌人
【解题思路】
对于n可以用拓展中国剩余定理进行求解
可以点这里看拓展中国剩余定理详解
谁赢为斐波那契博弈论内容，即当n为斐波那契数列时先手必败
【AC代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100;
ll a[maxn], b[maxn], c[maxn];
inline ll gcd(ll a, ll b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
inline pair<ll, ll> exgcd(ll a, ll b) {
if (!b) return pair<ll, ll>(1, 0);
register pair<ll, ll> temp = exgcd(b, a % b);
return pair<ll, ll>(temp.second, temp.first - a / b * temp.second);
}
inline ll excrt(int n) {
register ll aa = a[1], bb = b[1];
for (register int i = 2; i <= n; ++i) {
register ll d = aa > a[i] ? gcd(aa, a[i]) : gcd(a[i], aa);
register pair<ll, ll> temp = exgcd(aa / d, a[i] / d);
while (temp.first < 0) temp.first += a[i] / d;
if ((b[i] - bb) % d) return -1;
register ll p = a[i] / d;
register ll lcm = aa * p;
bb = ((temp.first * (b[i] - bb) / d % p + p) % p * aa % lcm + bb) % lcm;
aa = lcm;
}
return bb;
}
int main() {
register int k;
scanf("%d", &k);
for (register int i = 1; i <= k; ++i) {
scanf("%llu%llu", &a[i], &b[i]);
}
register ll n = excrt(k);
if (n == -1) {
puts("Tankernb!");
return 0;
}
c[1] = 1;
register bool flag = false;
for (register int i = 2; i < maxn; ++i) {
c[i] = c[i - 1] + c[i - 2];
if (n == c[i]) {
flag = true;
break;
}
}
if (flag) puts("Lbnb!");
else puts("Zgxnb!");
return 0;
}
【B. so easy】
【题目大意】
有n个数和q个询问，每次询问有两种操作：
1.标记x
2.询问x以后第一个未标记数字
【解题思路】
正解好像是用并查集维护，这里直接set暴力过
【AC代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
set<int> s;
int main() {
register int n, q;
scanf("%d%d", &n, &q);
while (q--) {
register int z, x;
scanf("%d%d", &z, &x);
if (z == 1) s.insert(x);
else {
while (s.find(x) != s.end()) ++x;
printf("%d\n", x);
}
}
return 0;
}
【C. Buy Watermelon】
【题目大意】
问能否将n分为两个偶数
【解题思路】
注意特判n = 2
【AC代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
register int w;
scanf("%d", &w);
if (w == 2) puts("NO");
if (w & 1) puts("NO");
else puts("YES");
return 0;
}
【D. Carneginon】
【题目大意】
给定串t和串s，问题根据s和t的长度分为t是否为s的子串，s是否为t的子串，s和t是否相等6种情况对应不同输出
【解题思路】
kmp裸题
【AC代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int Next[maxn];
inline void getnext(string p) {
register int l = p.length();
register int k = -1, j = 0;
Next[0] = -1;
while (j < l) {
if (k == -1 || p[j] == p[k]) {
++j, ++k;
if (p[j] != p[k]) {
Next[j] = k;
}
else Next[j] = Next[k];
}
else {
k = Next[k];
}
}
}
inline bool Kmpfind(string s, string p) {
memset(Next, 0, sizeof(Next));
getnext(p);
register int ls = s.length();
register int lp = p.length();
register int k = 0, j = 0;
while (j < ls && k < lp) {
if (k == -1 || s[j] == p[k]) {
++j, ++k;
}
else k = Next[k];
if (k >= lp) return true;
}
return false;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
string T;
cin >> T;
register int q;
cin >> q;
register int lt = T.length();
while (q--) {
string s;
cin >> s;
register int ls = s.length();
if (lt == ls) {
if (s == T) puts("jntm!");
else puts("friend!");
}
else if (ls > lt) {
if (Kmpfind(s, T)) puts("my teacher!");
else puts("senior!");
}
else {
if (Kmpfind(T, s)) puts("my child!");
else puts("oh, child!");
}
}
return 0;
}
【E. XKC’s basketball team】
【题目大意】
给定n个数字，对于每一位，问在其右边最远且比该位至少数字大m的数字位中间隔了几位，不存在则答案为-1
【解题思路】
暴力显然超时，考虑放在树上，那么可以看做区间(i + 1, n)查询a[i] + m，可以用线段树，思路就是优先查询右子树，若右子树不存在则查询左子树
【AC代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ls (root << 1)
#define rs (root << 1 | 1)
const int maxn = 5e6 + 10;
struct Tree {
int l, r, val;
int id;
}tree[maxn];
int a[maxn];
inline void build(int root, int l, int r) {
tree[root].l = l;
tree[root].r = r;
if (l == r) {
scanf("%d", &tree[root].val);
a[l] = tree[root].val;
tree[root].id = l;
return;
}
register int mid = (l + r) >> 1;
build(root << 1, l, mid);
build(root << 1 | 1, mid + 1, r);
if (tree[ls].val <= tree[rs].val) {
tree[root].val = tree[rs].val;
tree[root].id = tree[rs].id;
}
else {
tree[root].val = tree[ls].val;
tree[root].id = tree[ls].id;
}
}
inline int query(int root, int l, int r, int val) {
if (tree[root].val < val || tree[root].r < l) return -1;
register int ans = -1;
if (l <= tree[root].id && tree[root].id <= r) {
ans = tree[root].id;
}
register int t = query(rs, l, r, val);
if (t != -1) return t;
ans = max(ans, query(ls, l, r, val));
return ans;
}
int main() {
register int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
build(1, 1, n);
for (register int i = 1; i < n; ++i) {
register int t = query(1, i + 1, n, a[i] + m);
printf("%d ", t <= i ? (-1) : t - i - 1);
}
puts("-1");
return 0;
}
【G. Colorful String】
回文树，待补
【I. query】
【题目大意】
给定1-n的一个排列，有q次查询，每次问(l, r)区间内有多少对数字满足min(x, y) = gcd(x, y)
【解题思路】
min(x, y) = gcd(x, y)
容易想到x与y是倍数关系，问题在于如何查询
首先，由于给出的是1-n的一个排列，那么对于1-n中的任意一个数，该数的倍数的个数为logn，那么我们可以花nlongn的时间查询出1-n中的所有倍数关系，然后存进树状数组中，做法类似于二维偏序
但是这题有许多与一般树状数组不一样的地方，需要仔细思考
【AC代码】
#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) ((x) & (-(x)))
using namespace std;
const int maxn = 5e6 + 10;
int a[maxn];
struct Node {
int l, r;
int id;
Node() :l(0), r(0), id(0) {}
Node(int ml, int mr, int mid) :l(ml), r(mr), id(mid) {}
inline bool operator < (const Node& c)const {
if (l == c.l) return id < c.id;
return l > c.l;
}
}b[maxn];
int sum[maxn];
int ans[maxn];
inline void add(int x, int k, int n) {
while (x <= n) {
sum[x] += k;
x += lowbit(x);
}
}
inline int query(int x) {
register int res = 0;
while (x > 0) {
res += sum[x];
x -= lowbit(x);
}
return res;
}
int main() {
register int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
register int x;
scanf("%d", &x);
a[x] = i;
}
register int cnt = 0;
for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
for (register int j = (i << 1); j <= n; j += i) {
register int x = a[i], y = a[j];
if (x > y) swap(x, y);
b[++cnt] = Node(x, y, 0);
}
}
for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
++cnt;
scanf("%d%d", &b[cnt].l, &b[cnt].r);
b[cnt].id = i;
}
sort(b + 1, b + cnt + 1);
for (register int i = 1; i <= cnt; ++i) {
if (!b[i].id) add(b[i].r, 1, n);
else ans[b[i].id] = query(b[i].r);
}
for (register int i = 1; i <= m; ++i) {
printf("%d\n", ans[i]);
}
return 0;
}
【解释】
我们排序保证的为l的单调性，需要将l大的区间放在前面，因为，我们查询的函数得到的是1 - r上的sum和，如果将l小的放在前面，那么我们会将1 - r加上1，而后面会有一个(l + m, r + k)，如果这是一个查询区间，那么1 - r + k会包含刚才1 - r加上的1，但这个1并不属于现在的(l + m, r + k)，那么r的单调性无法保证
而且id的优先级高于r，因为如果反过来的话，假设更新区间(l, r + 1)，(l, r - 1)，查询区间(l, r)，那么同样会导致r的单调性混乱
查询时，如果b[i].id为0，表明l和r位置上的数字互为倍数关系，那么我们需要将l - r的区间答案加上1，很好理解
如果b[i].id不为0，说明该区间为询问区间，由于区间满足单调性，那么sum(1 - r)即为答案
【M. Longest subsequence】
【题目大意】
给定字符串s和p，问s中字典序严格大于p的最长子序列的长度为多少，没有输出-1
【解题思路】
对于p[k]，如果s[i] == p[k]，那么标记p[k]已匹配同时记录最后一个已匹配的位置pos[p[k]] = k，如果s[i] > p[k]，那么此时从i往后字典序显然大于p，答案即为k + n - i，或者如果s[i]大于最后一个已匹配的位置，那么答案即为pos[j] + n - i，一直遍历到k大于串p或i大于n
注意串s与串p不能相等
【AC代码】
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, m;
string s, p;
int pos[maxn];
bool vis[maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin >> n >> m >> s >> p;
register int ans = -1, k = 0;
for (register int i = 0; i < n; ++i) {
for (register int j = 0; j < 26; ++j) {
if (vis[j] && s[i] - 'a' > j) ans = max(ans, pos[j] + n - i);
}
if (s[i] > p[k]) ans = max(ans, k + n - i);
else if (s[i] == p[k]) {
vis[p[k] - 'a'] = true;
pos[p[k] - 'a'] = k++;
}
if (k > m) {
if (i != n) ans = max(ans, m + n - i); //串s与串p不能相等
break;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
