【GDOI】2018题目及题解（未写完）

我的游记：https://blog.csdn.net/huangzihaoal/article/details/80185230

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DAY1

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题目

T1 农场

【题目描述】

【输入】
第一行，一个整数n。
第二行，n个整数$a_i$
【输出】
一个数，最多可以分成几块。
【样例输入】
6
1 1 2 1 2 1
【样例输出】
2
【数据范围限制】

T2 密码锁

【题目描述】

【输入】
输入文件共两行，第一行有两个数字n,m，第二行为一个长为n的数组$a_1,a_2, ... ,a_n$
【输出】
输出文件只有一行，表示最少需要的操作次数。答案可能很大，但不会超过$\sum_i a_i$，因此不需要对任何数取模。
【样例输入】
Sample Input1
4 3
1 2 1 0

Sample Input2
11 8
1 2 3 4 5 0 5 4 3 2 1

Sample Input3
20 100
30 91 15 72 61 41 10 37 98 41 94 80 26 96 10 88 59 5 84 14
【样例输出】
Sample Output1
2

Sample Output2
8

Sample Output3
313
【数据范围限制】

数据点	数据范围
Case 1-4	$1\leq n\leq 4,2\leq m\leq 10$
Case 5-9	$1\leq n\leq 10^5,2\leq m\leq 3$
Case 10-15	$2\leq n,m\leq 3\cdot 10^3$
Case 16-18	$2\leq n\leq 2\cdot 10^5$
Case 1-20	$1\leq n\leq 10^6,2\leq m\leq 10^9$

共20个数据点

T3 涛涛接苹果

【题目描述】

【输入】

【输出】
输出 q 行，每行一个整数表示答案。
【样例输入】
10 5 6
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
9 7
7 10
6 5
7 5
5 8
5 1
2 1
3 2
2 4
2 3 4
2 9 5
1 7 3
4 8 2
5 6 6
2 3
2 5
1 4
3 5
5 1
6 1
【样例输出】
0
43
4
27
11
13
【数据范围限制】

【提示】

T4 小学生图论题

【题目描述】

【输入】

【输出】
一个整数，表示强连通分量的期望个数。
【样例输入】
Sample Input1
10 2
2 1 3
3 7 8 9

Sample Input2
3 0
【样例输出】
Sample Output1
462789157

Sample Output2
499122179
【数据范围限制】

测试点编号	n	m	$k_i$
1、2	$n\leq 1000$	0
3、4	$n\leq 3000$	$m\leq 3000$	$2\leq k_i\leq n$
5	$n\leq 100000$	$m\leq 100000$	$k_i=2$
6~10	$n\leq 100000$	$m\leq 100000$	$2\leq k_i\leq n$

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题解

T1 农场

这题很水，比赛时就有200多人AC了。
题目大意就是给你n个数$a_1,a_2,...,a_n$，要求把它们划分成若干份，每一份的和都相等，求出最多能划分成几份。
这题可以用二分+前缀和来做。
输入时顺便求出前缀和数组f，那么$f_n$就是$a_1,a_2,...,a_n$的和了（最大为$10^{15}$）。然后我们就求出它所有小于等于n的因数（可用线性筛法求出）
接下来就枚举所有的因数，设当前枚举到的因数为k，那么我们就判断可不可以将这些数划分成$\frac{k}{f_n}$份，如果可以，就用k来更新答案。
判断能否划分的方法很多，下面我就来说二分+前缀和的方法。
弄一个for循环，枚举不大于$f_n$的k的倍数i。
然后在f数组内二分查找i，如果没找到，那枚举到的k一定是不行的。
最后输出答案就可以了。

T2 密码锁

这题有一个十分神奇的性质：一个数要么加，要么减，不存在又加又减的情况。
所以可以用差分来做。
设$f_i$表示第i个数和第i-1个数的差，那么可以得出$f_i=(a_i-a_{i-1}+m)\mod m$
那么对于f值，我们就可以考虑把它+1或-1，由于一个数要么加要么减，所以就可以考虑把它加到m或减到0。
接着就可以发现一定存在一个值mid，使得$f_{1\space to\space mid}$全部减到0，$f_{mid+1\space to\space n}$全部加到m。
直接枚举就可以了。
然后这题就OK了。

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标程

T1

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll s[1000010],a[1000010],ans;
int n,m;
bool b[1000010];
bool failed(ll want)
{
    int l=m,r=n,mid;
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(a[mid]==want)
        {
            m=mid+1;
            return 0;
        }
        if(a[mid]>want) r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    return 1;
}
int main()
{
    freopen("farm.in","r",stdin);
    freopen("farm.out","w",stdout);
    int i,k;ll j;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
        a[i]+=a[i-1];
    }
    for(i=2;i<=1000000;i++) if(!b[i])
    {
        if(a[n]%i==0) s[++s[0]]=i;
        for(j=(i<<1);j<=1000000;j+=i) if(!b[j])
        {
            b[j]=1;
            if(j<=n&&a[n]%j==0) s[++s[0]]=j;
        }
    }
    for(i=1;i<=s[0];i++)
    {
        m=0;
        for(j=s[i];j<=a[n];j+=s[i])
        {
            if(failed(j)) break;
        }
        if(j>a[n])
        {
            if(a[n]/s[i]>ans) ans=a[n]/s[i];
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

T2

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[1000010],f[1000010],ans,k,last,now;
int main()
{
    freopen("lock.in","r",stdin);
    freopen("lock.out","w",stdout);
    int n,m,i,j;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&now);
        a[i]=(now-last+m)%m;
        last=now;
    }
    a[n+1]=(m-last)%m;
    sort(a+1,a+n+2);
    for(i=n+1;i>0;i--) f[i]=f[i+1]+m-a[i];
    for(i=0;i<=n+1;i++)
    {
        ans+=a[i];
        if(ans==f[i+1]) break;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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DAY2

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题目

T1 谈笑风生

【题目描述】

【输入】

【输出】
一行两个数，所需能量P与在能量最小的前提下最短的到达时间t。
【样例输入】
5 7 66
4 3 2 1 5
1 2
1 5
2 3
2 4
2 5
3 4
3 5
【样例输出】
6 64
【数据范围限制】

【样例解释】
从城市1出发，花费6单位能量，依次经过2、4、3、到达首都5，花费32+3+0+29=64秒

T2 滑稽子图

【题目描述】

【输入】

【输出】
仅一个整数，表示滑稽值对998244353取模后的值。
【样例输入】
Sample Input1
3 2 1
1 2
1 3

Sample Input2
6 5
1 2
1 3
1 4
1 6
4 5
【样例输出】
Sample Output1
4

Sample Output2
216
【数据范围限制】

数据点	数据限制
Case 1	$n,m\leq 20$
Case 2-3	$n,m\leq 100,k\leq 1$
Case 4-6	$n,m\leq 1000,k\leq 2$
Case 1-13	$n,m\leq 100000,k\leq 4$
Case 1-20	$n,m\leq 100000,k\leq 10$

共20个测试点。

T3 木板

【题目描述】

【输入】

【输出】
对于每个询问操作，输出一行包含一个整数，代表最大容量。
【样例输入】
4 4
1 2 5 6
1 2 4 2
1 1 2
1 3 4
1 1 4
1 1 3
【样例输出】
1
2
8
6
【数据范围限制】

测试点	N	Q	其他
1	$\leq 500$	$\leq 500$		$0\leq x_i\leq 10^9,1\leq h_i\leq 10^9$
2	$\leq 10^5$	$\leq 10^5$	询问操作只出现一次	$0\leq x_i\leq 10^9,1\leq h_i\leq 10^9$
3	$\leq 10^5$	$\leq 10^5$	没有修改操作	$0\leq x_i\leq 10^9,1\leq h_i\leq 10^9$
4	$\leq 10^5$	$\leq 10^5$	没有修改操作	$0\leq x_i\leq 10^9,1\leq h_i\leq 10^9$
5	$\leq 10^5$	$\leq 10^5$		$0\leq x_i\leq 10^9,1\leq h_i\leq 10^9$
6	$\leq 10^5$	$\leq 10^5$		$0\leq x_i\leq 10^9,1\leq h_i\leq 10^9$
7	$\leq 10^5$	$\leq 10^5$		$0\leq x_i\leq 10^9,1\leq h_i\leq 10^9$
8	$\leq 5*10^5$	$\leq 5*10^5$		$0\leq x_i\leq 10^9,1\leq h_i\leq 10^9$
9	$\leq 5*10^5$	$\leq 5*10^5$		$0\leq x_i\leq 10^9,1\leq h_i\leq 10^9$
10	$\leq 5*10^5$	$\leq 5*10^5$		$0\leq x_i\leq 10^9,1\leq h_i\leq 10^9$

T4 巡逻

【题目描述】

【输入】

【输出】
对于每一次询问，输出一行一个数表示答案，若不存在从这个城市出发的巡逻方案，则输出-1。
【样例输入】
5
-1 1 -1 2 1
1 -1 1 -1 -1
-1 1 -1 3 1
2 -1 3 -1 -1
1 -1 1 -1 -1
3
0 1
1 5
0 1
【样例输出】
4
7
【数据范围限制】

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题解

T1 谈笑风生

这题真是太变态了！本蒟蒻只拿到了10分。
此题正解：莫比乌斯反演（什么鬼）+二分（答案这么大，不用二分用什么）
不难发现，这题只用先预处理出每条边的权值（即不用能量走过这条边的时间），然后二分答案跑SPFA就可以了。
预处理就是这题的关键所在。
设(u,v)这条边的边权为w(u,v)
暴力的方法就是$w(u,v)=\sum_{i=1}^{A_u}\sum_{j=1}^{A_v}((i,j)=1)1$
但是这样很明显会爆掉。
这是我们就要用莫比乌斯反演了（什么？不知道什么是莫比乌斯反演？自己搜去吧！）
利用这个高大上的方法，我们可以得到以下求法：
$w(u,v)=\sum_{k=1}^{min(A_u,A_v)}\sum_{i=1}^{\frac{A_u}{k}}\sum_{j=1}^{\frac{A_v}{k}}k\cdot μ_k\cdot(i+j)$

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标程

T1

#include<cstdio>
using namespace std;
#define inf (1e18)+1
int n,num[100010],a[10010],prime[100010],date[50010],first[10010];
bool b[100010],exist[10010];
long long T,anss,dis[10010];
int mymin(int x,int y){return x<y?x:y;}
struct EDGE
{
    int start,end,next;
    long long lenth;
    void count()
    {
        int i,j,k,p,q;
        long long s;
        for(i=mymin(a[start],a[end]);i>0;i--)
        {
            s=i*num[i];p=a[end]/i,q=a[start]/i;
            lenth+=s*q*(1+q)/2*p+s*p*(1+p)/2*q;
        }
    }
}edge[40010];
void Mobius()
{
    int i,j,k;
    num[1]=1;
    for(i=2;i<=100000;i++)
    {
        if(!b[i])
        {
            prime[++prime[0]]=i;
            num[i]=-1;
        }
        for(j=1;j<=prime[0];j++)
        {
            k=i*prime[j];
            if(k>100000) break;
            b[k]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                num[k]=0;
                break;
            }
            num[k]=-num[i];
        }
    }
}
bool spfa(long long p)
{
    int head=0,tail=1,u,v,i;
    long long t;
    for(i=2;i<=n;i++) dis[i]=inf;
    date[1]=1;dis[1]=0;
    while(head<tail)
    {
        head++;
        if(head>50000) head=1;
        u=date[head];
        exist[u]=0;
        for(i=first[u];i;i=edge[i].next)
        {
            v=edge[i].end;
            t=edge[i].lenth-p;
            if(t<0) t=0;
            if(dis[u]+t<dis[v])
            {
                dis[v]=dis[u]+t;
                if(!exist[v])
                {
                    tail++;
                    if(tail>50000) tail=1;
                    date[tail]=v;
                    exist[v]=1;
                }
            }
        }
    }
    if(dis[n]>T) return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    freopen("magic.in","r",stdin);
    freopen("magic.out","w",stdout);
    int m,i,j,k;
    long long l=0,r=inf,mid,ans;
    Mobius();
    scanf("%d%d%lld",&n,&m,&T);
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(k=1;k<=m;k++)
    {
        scanf("%d%d",&i,&j);
        edge[2*k-1]=(EDGE){i,j,first[i],0};
        edge[2*k-1].count();
        first[i]=2*k-1;
        edge[2*k]=(EDGE){j,i,first[j],edge[2*k-1].lenth};
        first[j]=2*k;
    }
    while(l<=r)
    {
        mid=(l+r)/2;
        if(spfa(mid))
        {
            ans=mid;
            anss=dis[n];
            r=mid-1;
        }
        else l=mid+1;
    }
    printf("%lld %lld\n",ans,anss);
    return 0;
}