中国石油大学ACM俱乐部开放训练赛の七题菜鸡题解（Done）

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

typedef long long ll;

const int M = (int)1e2;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

int a[M + 5];
ll dp[M + 5][M + 5];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    for(int ca = 1; ca <= T; ++ca)
    {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        for(int len = 3; len <= n; ++len)
        {
            for(int l = 1; l + len - 1 <= n; ++l)
            {
                int r = l + len - 1;
                for(int k = l + 1; k <= r - 1; ++k)
                {
                    dp[l][r] = max(dp[l][r], dp[l][k] + dp[k][r] + 1ll * a[l] * a[k] * a[r]);
                }
            }
        }
        printf("Case #%d: %lld\n", ca, dp[1][n]);
    }
    return 0;
}

问题 B: 奎奎发红包

一. 题目大意：

有 n 个人，每人有两个属性 v[i], t[i].

n 个人按照一定顺序前来，第 i 个人的花费为 v[s[i]] * (t[s[1]] + t[s[2]] + ... + t[s[i]]).

求 n 个人的最小花费.

二. 分析：

简单贪心，临项交换法即可证明正确性.

三. 代码实现：

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

typedef long long ll;

const int M = (int)1e5;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

struct node
{
    int v, t;
}s[M + 5];

bool cmp(node a, node b)
{
    return a.t * b.v < a.v * b.t;
}

int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        scanf("%d %d", &s[i].v, &s[i].t);
    }
    sort(s + 1, s + n + 1, cmp);
    int t = 0;
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        t += s[i].t;
        ans += 1ll * t * s[i].v;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

问题 C: 关于我转生变成史莱姆这档事

一. 题目大意：

一个沙雕要吃 s 坨屎，第一天任意吃但不能全吃完，第 i 天的食屎量必须是第 i - 1 天的 2~9 整数倍，最后一天需要恰好吃完.

求最少食屎天数.

二. 分析：

设第一天吃 x，第 i 天吃的为第 i - 1 的 a[i] 倍.

$s = x + xa[1] + xa[1]a[2] + ...+xa[1]a[2]..a[n-1]$

$s=x(1+a[1]+a[1]a[2]+...+a[1]a[2]a[n-1])$

$s = x(1+a[1](1+a[2]+...+a[2]...a[n-1]))$

暴搜就完事~

三.代码实现：

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

typedef long long ll;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

int dfs(int s)
{
    if(s >= 2 && s <= 9)    return 1;
    int ans = inf;
    for(int i = 2; i <= 9; ++i)
    {
        if(s % i == 0)
        {
            ans = min(ans, dfs(s / i - 1) + 1);
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int s, ans = inf;
    scanf("%d", &s);
    for(int i = 1; 1ll * i * i <= s; ++i)
    {
        if(s % i == 0)
        {
            ans = min(ans, dfs(s / i - 1) + 1);
            if(i != s / i)  ans = min(ans, dfs(i - 1) + 1);
        }
    }
    printf("%d\n", ans == inf ? -1 : ans);
    return 0;
}

问题 D: 大数

一. 题目大意：

求字符串的最小循环节，不存在输出 -1.

二. 分析：

枚举长度 n 的约数，暴力 check 即可.

三. 代码实现：

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

typedef long long ll;

const int M = (int)1e6;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

int n;
string s;
vector <int> fac;

bool check(int l)
{
    for(int i = 0; i + l - 1 < n; i += l)
    {
        if(s.substr(0, l) != s.substr(i, l))    return 0;
    }
    return 1;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin >> s;
    n = s.size();
    for(int i = 1; 1ll * i * i <= n; ++i)
    {
        if(n % i == 0)
        {
            fac.push_back(i);
            if(i != n / i)  fac.push_back(n / i);
        }
    }
    sort(fac.begin(), fac.end());
    for(auto x: fac)
    {
        if(x != n && check(x))
        {
            cout << s.substr(0, x) << endl;
            return 0;
        }
    }
    cout << -1 << endl;
    return 0;
}

问题 E: Ktree

一. 题目大意：

给出一棵树以及所有边权的和，现让你给每条边分配权值，使得树的直径最小.

求树的最小直径.

二. 分析：

由于直径一定是连接两个叶子结点的路径，简单贪心可得最优策略为每个叶子结点平均分摊权值和.

三. 代码实现：

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

const int M = (int)1e5;

int de[M + 5];

int main()
{
    int n, s;
    scanf("%d %d", &n, &s);
    for(int i = 0, u, v; i < n - 1; ++i)
    {
        scanf("%d %d", &u, &v);
        de[u]++, de[v]++;
    }
    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) cnt += (de[i] == 1);
    printf("%.2f\n", 2.0 * s / cnt);
    return 0;
}

问题 F: 求和

一. 题目大意：

给出 n 阶矩阵 A，求 $A + A^2 + ... + A^m$

二. 分析：

构造如下矩阵

$B = \begin{bmatrix} A& A \\ 0& E \end{bmatrix}$

可得： $B^m = \begin{bmatrix} A^m &A + A^2 + ... + A^m \\ 0&E \end{bmatrix}$

三. 代码实现：

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

typedef long long ll;

const int mod = (int)1e9 + 7;

int n, m, t;
struct Matrix
{
    int mat[60][60];
}B;

Matrix mul(Matrix A, Matrix B)
{
    Matrix C;
    memset(C.mat, 0, sizeof(C.mat));
    for(int i = 0; i < t; ++i)
    {
        for(int j = 0; j < t; ++j)
        {
            for(int k = 0; k < t; ++k)
            {
                C.mat[i][j] = (C.mat[i][j] + 1ll * A.mat[i][k] * B.mat[k][j]) % mod;
            }
        }
    }
    return C;
}

Matrix quick(Matrix A, int b)
{
    Matrix Sum = A;
    --b;
    while(b)
    {
        if(b & 1)   Sum = mul(Sum, A);
        A = mul(A, A);
        b >>= 1;
    }
    return Sum;
}

int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &m);
    t = n * 2;
    for(int i = 0; i < n; ++i)
    {
        for(int j = 0; j < n; ++j)
        {
            scanf("%d", &B.mat[i][j]);
            B.mat[i][j + n] = B.mat[i][j] %= mod;
            B.mat[i + n][j + n] = (i == j);
        }
    }
    B = quick(B, m);
    for(int i = 0; i < n; ++i)
    {
        for(int j = n; j < t; ++j)
            printf("%d%c", B.mat[i][j], j == t - 1 ? '\n' : ' ');
    }
    return 0;
}

问题 G: 奎奎画画

一. 题目大意：

n * m 的矩阵，初始格均为白色，q 次操作，每次操作选择平行于 x 轴或 y 轴的线段并染为黑色，求每次操作后的白色格连通块数.

二. 分析：

先进行 q 次操作，同时记录 (i, j) 点被覆盖的次数.

之后遍历矩阵，找到一个白色格便搜索其四周是否有白色格，并查集标记连通块.

之后依次撤销 q 次操作，操作与上面相似.

详见代码.

三. 代码实现：

#include <cstdio>
using namespace std;

const int M = (int)1e3;
const int N = (int)1e4;

int n, m, q, cnt;
int fa[M * M + 5];
int st[N + 5], top;
int c[M + 5][M + 5];
int x1[N + 5], y1[N + 5];
int x2[N + 5], y2[N + 5];
int dx[] = {0, 0, 1, -1};
int dy[] = {1, -1, 0, 0};

int tofind(int x)
{
    if(x == fa[x])  return x;
    return fa[x] = tofind(fa[x]);
}

void work(int x, int y)
{
    int xx, yy, u, v;
    for(int i = 0; i < 4; ++i)
    {
        xx = x + dx[i];
        yy = y + dy[i];
        if(xx >= 1 && xx <= n && yy >= 1 && yy <= m && !c[xx][yy])
        {
            u = (x - 1) * m + y;
            v = (xx - 1) * m + yy;
            u = tofind(u), v = tofind(v);
            if(u != v)
            {
                --cnt;
                fa[u] = v;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &q);
    for(int i = 1; i <= q; ++i)
    {
        scanf("%d %d %d %d", &x1[i], &y1[i], &x2[i], &y2[i]);
        for(int x = x1[i]; x <= x2[i]; ++x)
        {
            for(int y = y1[i]; y <= y2[i]; ++y)
            {
                c[x][y]++;
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
        {
            fa[(i - 1) * m + j] = (i - 1) * m + j;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
        {
            if(!c[i][j])
            {
                ++cnt;
                work(i, j);
            }
        }
    }
    for(int i = q; i >= 1; --i)
    {
        st[++top] = cnt;
        for(int x = x1[i]; x <= x2[i]; ++x)
        {
            for(int y = y1[i]; y <= y2[i]; ++y)
            {
                --c[x][y];
            }
        }
        for(int x = x1[i]; x <= x2[i]; ++x)
        {
            for(int y = y1[i]; y <= y2[i]; ++y)
            {
                if(!c[x][y])
                {
                    ++cnt;
                    work(x, y);
                }
            }
        }
    }
    while(top)  printf("%d\n", st[top--]);
    return 0;
}

问题 H: qiqi and sciorz

一. 题目大意：

K 倍博弈.

二. 分析（照抄题解）：

三. 代码实现

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

const int M = (int)1e5;

int a[M + 5];
int b[M + 5];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        int n, k;
        scanf("%d %d", &n, &k);
        int i = 0, j = 0;
        a[i] = b[j] = 1;
        while(a[i] < n)
        {
            ++i;
            a[i] = b[i - 1] + 1;
            while(k * a[j + 1] < a[i])  ++j;
            if(k * a[j] < a[i]) b[i] = a[i] + b[j];
            else                b[i] = a[i];
        }
        if(a[i] == n)
        {
            printf("qiqi lose\n");
            continue;
        }
        int ans;
        while(n)
        {
            if(n >= a[i])
            {
                n -= a[i];
                ans = a[i];
            }
            --i;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

问题 I: 星区划分

一. 题目大意：

三维坐标中给出 n 个点，每个点有权值 v.

定义两个点为同一系当且仅当两个点满足上下左右前后之一相邻且权值差的绝对值不超过 m.

关系具有传递性，求共有多少个系.

二. 分析：

N^2 枚举 + 并查集

三. 代码实现：

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

typedef long long ll;

const int M = (int)1e3;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

int x[M + 5];
int y[M + 5];
int z[M + 5];
int v[M + 5];
int fa[M + 5];

ll dist(int i, int j)
{
    ll dis = 0;
    dis += (ll)abs(x[i] - x[j]);
    dis += (ll)abs(y[i] - y[j]);
    dis += (ll)abs(z[i] - z[j]);
    return dis;
}

int cal(int i, int j)
{
    return (int)abs(v[i] - v[j]);
}

int tofind(int x)
{
    if(x == fa[x])  return x;
    return fa[x] = tofind(fa[x]);
}

int main()
{
    int n, m;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        fa[i] = i;
        scanf("%d %d %d %d", &x[i], &y[i], &z[i], &v[i]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        for(int j = i + 1; j <= n; ++j)
        {
            if(dist(i, j) <= 1 && cal(i, j) <= m)
            {
                int u = tofind(i);
                int v = tofind(j);
                if(u != v)
                {
                    fa[u] = v;
                }
            }
        }
    }
    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) cnt += (fa[i] == i);
    printf("%d\n", cnt);
    return 0;
}

问题 J: 加油2020

一. 题目大意：

二. 分析：

三. 代码实现：

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

typedef long long ll;

const int M = (int)1e3;
const int N = (int)2019;

int n; ll p;

bool is_prime[N + 5];
int cnt, prime[N + 5];

int tot;
struct node
{
    int p, c;
}fac[M + 5];
ll f[M + 5];

ll g[M + 5];

void get_prime()
{
    memset(is_prime, 1, sizeof(is_prime));
    is_prime[0] = is_prime[1] = 0;
    for(int i = 2; i <= N; ++i)
    {
        if(is_prime[i]) prime[++cnt] = i;
        for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= N; ++j)
        {
            is_prime[i * prime[j]] = 0;
            if(i % prime[j] == 0)   break;
        }
    }
}

ll mul(ll a, ll b)
{
    ll sum = 0;
    while(b)
    {
        if(b & 1)   sum = (sum + a) % p;
        a = (a + a) % p;
        b >>= 1;
    }
    return sum;
}

void get_fac()
{
    for(int i = 1; i <= cnt && prime[i] <= N; ++i)
    {
        int cnt = 0;
        int p = prime[i];
        while(p <= N)
        {
            cnt += N / p;
            if(1ll * p * prime[i] > N)  break;
            p *= prime[i];
        }
        if(cnt) fac[++tot].p = prime[i], fac[tot].c = cnt;
    }
}

void get_f()
{
    get_prime();
    get_fac();
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        f[i] = 1;
        for(int j = 1; j <= tot; ++j)
        {
            f[i] = mul(f[i], i * fac[j].c + 1);
        }
    }
}

ll quick(ll a, ll b)
{
    ll sum = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1)   sum = mul(sum, a);
        a = mul(a, a);
        b >>= 1;
    }
    return sum;
}

ll inv(int a)
{
    return quick(a, p - 2);
}

ll get_sum(ll a, int b)
{
    return mul(a, inv(b));
}

void get_g()
{
    ll a = 673, b = 3;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        a = mul(a, 673), b = mul(b, 3);
        g[i] = mul(get_sum(a - 1, 673 - 1), get_sum(b - 1, 3 - 1));
    }
}

int main()
{
    scanf("%d %lld", &n, &p);
    get_f();
    get_g();
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; ++i) ans = (ans + mul(f[i], g[i])) % p;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

问题 K: 数学问题

一. 题目大意：

给一个整数 g，接下来 T 组询问，每组给出 n 和 m.

求有多少个 (i, j) 对，使得 g 能整除 $C_{\;j}^{\; i}$ ，其中0 ≤ i ≤ n，0 ≤ j ≤ min(i,m).

二. 分析：

O（2000 * 2000）预处理出所有组合数及其前缀对和，O（1）查询.

三. 代码实现：

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

typedef long long ll;

const int M = (int)2e3;
const int mod = (int)1e9 + 7;

int T, g;
int c[M + 5][M + 5];
int s[M + 5][M + 5];

void init()
{
    for(int i = 1; i <= M + 1; ++i)
    {
        c[i][1] = 1 % g;
        for(int j = 2; j <= i; ++j)
        {
            c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % g;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= M + 1; ++i)
    {
        for(int j = 1; j <= i; ++j)
        {
            c[i][j] = !c[i][j];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= M + 1; ++i)
    {
        for(int j = 1; j <= M + 1; ++j)
        {
            s[i][j] = s[i][j - 1] + s[i - 1][j] - s[i - 1][j - 1] + c[i][j];
        }
    }
}

int main()
{
    scanf("%d %d", &T, &g);
    init();
    while(T--)
    {
        int n, m;
        scanf("%d %d", &n, &m);
        printf("%d\n", s[n + 1][m + 1]);
    }
    return 0;
}