2021牛客寒假算法基础集训营6题解

本场题目很友好，$H$题还放过了暴力，不过感觉时限开的有点大了。

A、 回文括号序列计数

题意：
求长度为$n$的回文括号序列数。共$T$组数据。
数据范围：$1\le n\le 10^9,1\le T\le 10^6$

题解：
括号序列一直都是混淆回文串的一把好手（握拳）。
看到这个数据范围：$O(\log n)$也很难过，那么极大可能是$O(1)$的。
当$n$为奇数此时已经不满足回文串的要求了。
考虑括号序列的第一个字符一定是左括号，最后一个字符一定是右括号，因此不可能存在非空的括号序列。因此只有空串是回文括号序列。

代码：

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

typedef long long ll;
int n;

void solve() {
    
    
	scanf("%d", &n);
	printf("%d\n", !n);
}

int main()
{
    
    
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	for(int i = 1; i <= T; ++i) solve();
	return 0;
}

B、系数

题意：
求$(x^2+x+1{)}^n$中$x^k$的系数模$3$的结果，
数据范围：$0\le n\le 10^{15},0\le k\le 2n$

题解：
一个与题目联系十分紧密的转换：
在模$3$意义下有：
$(x^2+x+1{)}^n=(x^2-2x+1+3x{)}^n=(x^2-2x+1{)}^n=(x-1{)}^{2n}$
由于模数很小，而$n,k$很大，所以直接使用$Lucas$即可。

代码：

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

typedef long long ll;
const int mod = 3;
ll n, k; 

ll C(ll a, ll b, ll p) {
    
    
	if(a < b) return 0;
	if(a == b) return 1;
	
	ll ta = 1, tb = 1;
	for(ll i = 1, j = a; i <= b; ++i, --j)
		ta = ta * j % p, tb = tb * i % p;
		
	//tb的mod - 2在此就是tb 
	return ta * tb % p;
}

ll Lucas(ll a, ll b, ll p) {
    
    
	if(a < b) return 0;
	if(a < p && b < p) return C(a, b, p);
	return C(a % p, b % p, p) * Lucas(a / p, b / p, p) % p;
}

void solve() {
    
    
	scanf("%lld%lld", &n, &k);
	ll f = (2 * n - k) & 1;
	ll res = Lucas(2 * n, k, mod);
	if(f == 1) res = (mod - res) % mod;
	printf("%lld\n", res);
}

int main()
{
    
    
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	for(int i = 1; i <= T; ++i) solve();

	return 0;
}

C、末三位

题意：
求$5^n$的最后三位，不足三位补$0$。共$T$组数据。
数据范围：$1\le n\le 10^9,1\le T\le 10^6$

题解：
赛时没有细想，直接上快速幂了。时间复杂度为：$O(T\log n)$
由于$5$比较特殊，所以打个表可以发现末三位的循环节为$4$。
这类题大致都可以打表做。
代码：

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

typedef long long ll;
int n;

const int mod = 1000;

int qp(int a, int b) {
    
    
	int ans = 1;
	while(b) {
    
    
		if(b & 1) ans = (ll)ans * a % mod;
		a = (ll)a * a % mod;
		b >>= 1;
	}	
	return ans;
}

void solve() {
    
    
	int ans = qp(5, n);
	printf("%03d\n", ans);
}

int main()
{
    
    
	while(~scanf("%d", &n)) solve();

	return 0;
}

D、划数

题意： 给定$n$个数，第$i$个数为$a_i$。每次取出两个数相加对$11$取模成为新的数。最后操作剩两个数时，有一个$x$，一个$y$，先已知$y$，且保证$y\ge 11$，求$x$。共$T$组。
数据范围：$1\le n\le 150000,1\le T\le 10,1\le a_i\le 10^6$

题解：
本题比较坑的点是$n=2$时，$x$和$y$都可能大于等于$11$，否则$x$必定是取模$11$后的数。特判$n=2$即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 11;

const int N = 2e5 + 10;
int n, cnt;
int a[N];

void solve() {
    
    
	
	int sum = 0;
	for(int i = 1, x; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
	if(n == 2) {
    
    
		if(a[1] == cnt) printf("%d\n", a[2]);
		else printf("%d\n", a[1]);
		return ;
	}
	
	for(int i = 1; i <= n; ++i) sum = (sum + a[i]) % mod;
	int res = ((sum - cnt) % 11 + 11) % 11;
	printf("%d\n", res);
}
 

int main()
{
    
    
	while(~scanf("%d%d", &n, &cnt)) solve();
}

E、网格

题意：
给定一个$n\times m$的网格，第$i$行$j$列上有数字$a_{i,j}$，每个位置需要向四个方向中取两个方向，且一个格子的两个方向必须垂直。定义$w(x)=x+bit\_cnt(x)$
$bit\_cnt(x)$即$x$的二进制中$1$的个数。
如果两个相邻位置（即$|x_1-x_2|+|y_1-y_2|=1$）互相选择对方的方向，则对答案产生$w(a_{x_1,y_1}\oplus a_{x_2,y_2})$的贡献。
现在问答案最大是多少。
数据范围：$1\le n,m\le 1000,1\le a_{i,j}\le 1024$

题解：
由于一个格子的两个方向垂直，所以整体来看横向和竖向对答案的贡献是独立的。所以我们只需要单独考虑每个方向即可。
现在考虑一行：
$f[i][j][0/1]$表示第$j$个格子选择了向左/向右这个方向。
所以状态转移为：
$f[i][j][0]=max(f[i][j-1][0],f[i][j-1][1]+w(a[i-1][j]\oplus a[i][j]))$
$f[i][j][1]=max(f[i][j-1][0],f[i][j-1][1])$

列同行。

代码：

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

typedef long long ll;
const int N = 1010;
int a[N][N];
ll f[N][2];
int n, m;

int cnt[1024];
int w(int x) {
    
    
	if(~cnt[x]) return cnt[x];
	int act = 0;
	int tx = x;
	while(tx) ++act, tx -= (tx & -tx);
	return cnt[x] = act + x;
}

int main()
{
    
    
	memset(cnt, -1, sizeof cnt);
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		for(int j = 1; j <= m; ++j)
			scanf("%d", &a[i][j]);	
	
	ll res = 0; 
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    
    
		for(int j = 2; j <= m; ++j) {
    
    
			f[j][0] = max(f[j - 1][0], f[j - 1][1] + w(a[i][j - 1] ^ a[i][j]));
			f[j][1] = max(f[j - 1][0], f[j - 1][1]);
		}
		res += max(f[m][0], f[m][1]);
	} 
	
	for(int j = 1; j <= m; ++j) {
    
     
		for(int i = 2; i <= n; ++i) {
    
    
			f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] + w(a[i - 1][j] ^ a[i][j]));
			f[i][1] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1]); 
		} 
		res += max(f[n][0], f[n][1]);
	} 
	
	printf("%lld\n", res);
	return 0;
}

F、组合数问题

题意：
求${\sum }_n^i(i\%4==0)\times C_n^i$。
数据范围：$1\le n\le 10^{18}$，保证$n$是$4$的倍数。

题解：
解法一：
赛时是打表做的，可以考虑先取模打表。

$n$	$res1$	$res2$	$差值$
004	6	2	-4
008	56	72	16
012	1056	992	-64
016	16256	16512	256
020	262656	261632	-1024
024	4192256	4196352	4096
028	67117056	67100672	-16384
032	1073709056	1073774592	65536

其中$res2$是我们要求的，那么可以发现规律了。
这里$k=\frac{n}{4}$，那么当$k$为奇数时，差值为负。
由于$res1+res2={\sum }_n^i(i\%2==0)\times C_n^i=2^{n-1}$
现在得知$res2-res1$的值，所以可以直接求得$res1$。

证明一下：这里$n$为偶数。
${\sum }_n^i(i\%2==0)\times C_n^i=2^{n-1}$
这里有：$(x+y{)}^n=C_n^0{x}^0{y}^n+C_n^{1}x{y}^{n-1}+...+C_n^{n-1}{x}^{n-1}y+C_n^n{x}^n{y}^0$
当$x=1,y=1$， 该二项式值为$C_n^0+C_n^1+...+C_n^{n-1}+C_n^n=2^n$
当$x=1,y=-1$，该二项式值为$C_n^0-C_n^1+...-C_n^{n-1}+C_n^n=0$
两式相加：$2(C_n^0+C_n^2+...+C_n^n)=2^n$，所以得证。

解法二：来自官方题解
大学以来不碰高中数学真是想不到。

考虑复数：
$i^1=i$
$i^2=-1$
$i^3=-i$
$i^4=1$

这里有：$(x+y{)}^n=C_n^0{x}^0{y}^n+C_n^{1}x{y}^{n-1}+...+C_n^{n-1}{x}^{n-1}y+C_n^n{x}^n{y}^0$
当$x=1,y=i$，该二项式为：
$(1+i{)}^n=C_n^0{i}^n+C_n^1{i}^{n-1}+C_n^2{i}^{n-2}+C_n^3{i}^{n-3}+...+C_n^{n-1}i+C_n^n{i}^0$

当$x=1,y=-i$，该二项式为：
$(1-i{)}^n=C_n^0(-i{)}^n+C_n^1(-i{)}^{n-1}+...+C_n^{n-1}(-i)+C_n^n(-i{)}^0$
$=C_n^0{i}^n-C_n^1{i}^{n-1}+C_n^2{i}^{n-2}-C_n^3{i}^{n-3}+...-C_n^{n-1}i+C_n^n{i}^0$

$(1+i{)}^n+(1-i{)}^n=2(C_n^0-C_n^2+C_n^4-C_n^6...+C_n^n)$
$(1+1{)}^n+(1-1{)}^n=2(C_n^0+C_n^2+C_n^4+C_n^6...+C_n^n)$
所以${\sum }_n^i(i\%4==0)\times C_n^i=\frac{(1+i{)}^n+(1-i{)}^n+2^n}{4}$
套用一下复数快速幂即可。

代码：
解法一：

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

typedef long long ll;

const int mod = 998244353;
ll n;
ll qp(ll a, ll b) {
    
    
	ll ans = 1;
	while(b) {
    
    
		if(b & 1) ans = (ll)ans * a % mod;
		a = (ll)a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

void solve() {
    
    
	scanf("%lld", &n);
	ll ano = n / 4;
	ll cha = qp(4, ano);
	cha = cha * qp(2, mod - 2) % mod; 
	if(ano & 1) cha *= -1;
	ll res = ((qp(2, n - 2) + cha) % mod + mod) % mod;
	printf("%lld\n", res);
}

int main()
{
    
    
	int T = 1;
	//scanf("%d", &T);
	for(int i = 1; i <= T; ++i) solve();

	return 0;
}

解法二：

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

typedef long long ll;

const int mod = 998244353;

typedef long long ll;
struct Complex {
    
    
	ll a, b; // a + bi
	Complex(ll _a, ll _b) {
    
    
		a = _a, b = _b;
	}
};

Complex mul(Complex A, Complex B) {
    
    
	ll a = ((A.a * B.a - A.b * B.b) % mod + mod) % mod;
	ll b = ((A.a * B.b + A.b * B.a) % mod + mod) % mod;
	return Complex(a, b); 
} 

Complex C_qp(Complex A, ll b) {
    
    
	Complex ans(1, 0);
	while(b) {
    
    
		if(b & 1) ans = mul(ans, A);
		A = mul(A, A);
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

ll qp(ll a, ll b) {
    
    
	ll ans = 1;
	while(b) {
    
    
		if(b & 1) ans = ans * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

ll n;
int main()
{
    
    
	scanf("%lld", &n);
	ll res = qp(2, n);
	
	Complex A(1, 1);
	Complex B(1, -1);
	A = C_qp(A, n);
	B = C_qp(B, n);
	
	res = (res + A.a + B.a) % mod;
	res = res * qp(4, mod - 2) % mod;
	res = (res + mod) % mod;
	
	printf("%lld\n", res);
	
	return 0;
}

G、机器人

题意：
给定$n$个$a,b$，初始有一个$x$，求一个指定的$n$个$a,b$排列使得最后$ax+b$最大，前一次的$a_{i-1}x+b_{i-1}$作为后一次$a_{i}x+b_i$的$x$。
数据范围：$1\le n,x,a_i,b_i\le 20$

题解：
解法一：
贪心策略：类似于$noip2012$提高的国王游戏贪心策略。
考虑现在已经是使得$x$最大的$a,b$排列。
那么一定有$a_{i+1}(a_{i}x+bi)+b_{i+1}>a_i(a_{i+1}x+b_{i+1})+b_i$
否则对于第$i+2$及其之后的操作对应的$x$都更小。
化简一下得到：$a_{i+1}{b}_i+b_{i+1}>ai{b}_{i+1}+b_i$
所以整体按照$a_{i+1}{b}_i+b_{i+1}$从小到大排序即可。

解法二：
数据范围直接提示是状压$dp$。
考虑状压的转移：$dp[i]\to dp[i+(2^j)]$其中$i\&2^j=0$
那么具体转移方程为：$dp[i+(2^j)]=a_j\times dp[i]+b_j$

代码：
本题考虑到极端是$20^{20}$，会爆$longlong$，可以考虑用$\_\_int128$或者高精度。

解法一：

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

#define ptsd puts("") 
#define ll __int128
ll read() {
    
    
    ll x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)) {
    
    
        if(ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }

    while(isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
    return x * f;
} 

void output(ll x) {
    
    
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
    if(x > 9) output(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
} 

int n;
struct Node {
    
    
	int x, y;
	bool operator < (const Node &A) const {
    
    
		return x * A.y + y < A.x * y + A.y;
	}
}node[30];


int main()
{
    
    
	ll res = 0;
	scanf("%d%d", &n, &res);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d%d", &node[i].x, &node[i].y);
	sort(node + 1, node + n + 1);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) res = res * node[i].x + node[i].y;
	output(res); ptsd;
}

解法二：

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

#define ll __int128 
#define ptsd putchar('\n')

void output(ll x) {
    
    if(x > 9) output(x / 10); putchar(x % 10 + '0'); }
void out(ll x) {
    
    if(x < 0) putchar('-'), x = -x; output(x);} 

struct Node {
    
    
	int a, b;
}node[20];
int n, x;

ll f[1 << 20];

int main()
{
    
    
	scanf("%d%d", &n, &x);
	for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d%d", &node[i].a, &node[i].b); 
	f[0] = x;
	int last = (1 << n) - 1;
	for(int i = 0; i < last; ++i) //last时已经是全1，不会再转移，所以枚举到(1<<n)-1即可
		for(int j = 0; j < n; ++j) 
			if(!(i >> j & 1)) 
				f[i + (1 << j)] = max(f[i + (1 << j)], node[j].a * f[i] + node[j].b);
		
	output(f[last]); ptsd;
	return 0;
}

H、动态最小生成树

题意：
初始给定一个$n$点$m$边的无向图，每条边都有边权，给定$q$个操作。
有两种操作：
操作$1$是修改第$x$条边为连接点为$y,z$，边权为$t$
操作$2$是查询只用编号在$[l,r]$内边构造的最小生成树权值，如果不能构造输出$Impossible$。
数据范围：
$1\le n\le 200,1\le m\le 30000,1\le q\le 30000$
$1\le u_i,v_i\le n,1\le w_i\le 10000$
$1\le x\le m,1\le y,z\le n,1\le t\le 10000$
题解：
本题时限过大或者说数据范围较小，暴力能过。正解为线段树维护最小生成树边。

I、贪吃蛇

$bfs$模板

J、天空之城

$mst$模板