Codeforces Round #536 (Div. 2)

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• Codeforces Round #536 (Div. 2)
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    • 卡点
    • C++ Code：
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Codeforces Round #536 (Div. 2)

A

题目大意

给你一个(n imes n(nleqslant500))的矩阵，只包含.和X，问最多可以找到多少个(cross)，一个(cross)为如下图形：

X_X
_X_
X_X

_表示可以为任意字符。不同的(cross)之间可以重叠

题解

可以枚举中间X，判断是否合法

卡点

无

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 510

int Tim, n, m, ans;
char s[maxn][maxn];
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%s", s[i] + 1);
	}
	for (int i = 2; i < n; ++i) {
		for (int j = 2; j < n; ++j) if (s[i][j] == 'X') {
			if (s[i - 1][j - 1] == 'X' && s[i + 1][j - 1] == 'X'
					&& s[i - 1][j + 1] == 'X' && s[i + 1][j + 1] == 'X') ++ans;
		}
	}
	printf("%d
", ans);
	return 0;
}

---

B

题目大意

有(n(nleqslant10^5))道菜，第(i)道菜有(a_i)份，每个价值都为(c_i)。有(m(mleqslant10^5))个顾客，第(i)个顾客要(d_i)份第(t_i)种菜（只有第(i)个顾客走后第(i+1)个顾客才会来）。餐厅按如下规则给菜（一份菜一份菜给）：

1. 若当前有第(t_i)种菜，就给该顾客一份
2. 若没有第(t_i)种菜，就给该顾客最便宜的菜，若有多个最便宜的菜，给编号最小的
3. 若没有菜，顾客会愤怒的离开

若该顾客没有愤怒的离开，输出餐厅给的菜的价值总和，若离开了，输出(0)（注意，已经给这个顾客的菜依然给了这个顾客，也就是说无法回收菜）

题解

原来的题目中似乎没有注意部分，导致我以为是线段树上二分，然后不想写，先写了(C)和(D)，然后出题人发公告。于是变成了真正的(B)题难度。

只需要记录一下价值最小的没有被用完的菜就行了，直接模拟即可，发现一道菜只会被用完一次，所以复杂度是(O(n+m))的

卡点

无

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 100010

int Tim, n, m, lst;
long long a[maxn], c[maxn];
int ret[maxn], rnk[maxn];
int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
	std::cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		std::cin >> a[i];
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		std::cin >> c[i];
		rnk[i] = i;
	}
	std::sort(rnk + 1, rnk + n + 1, [] (int a, int b) { return c[a] < c[b]; });
	for (int i = 1; i <= n; ++i) ret[rnk[i]] = i;
	lst = 1;
	while (m --> 0) {
		long long t, d, ans = 0;
		std::cin >> t >> d;
		if (a[t] >= d) {
			a[t] -= d;
			std::cout << d * c[t] << '
';
			continue;
		}
		ans = a[t] * c[t];
		d -= a[t];
		a[t] = 0;
		for (int i; lst <= n; ++lst) {
			i = rnk[lst];
			if (a[i] >= d) {
				ans += d * c[i];
				a[i] -= d;
				d = 0;
				std::cout << ans << '
';
				break;
			}
			ans += a[i] * c[i];
			d -= a[i];
			a[i] = 0;
		}
		if (d) std::cout << "0
";
	}
	return 0;
}

---

C

题目大意

有(n(nleqslant3 imes10^5))个数，保证(n)为偶数，要把它们分成若干组，每组至少两个数。假设分成(m)组，第(i)组的和为(s_i)，要求最小化(sumlimits_{i=1}^ms_i^2)

题解

发现一定是每组两个数，因为把两个总和分别为(a,b)的组合起来的时候，代价从(a^2+b^2)变为了(a^2+2ab+b^2)肯定不优秀。继续发现要让(max{s_i})最小，于是排一个序，每次取最小和最大的放为一组即可。

卡点

无

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 300010

int Tim, n, m;
int s[maxn];
long long ans;
int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0);
	std::cin >> n;
	for (int i = 0; i < n; ++i) std::cin >> s[i];
	std::sort(s, s + n);
	const int nn = n >> 1;
	for (int i = 0, x; i < nn; ++i) {
		x = s[i] + s[n - i - 1];
		ans += x * x;
	}
	std::cout << ans << std::endl;
	return 0;
}

---

D

题目大意

给你一张(n(nleqslant10^5))个点(m(mleqslant10^5))条边的无向图，现在在点(1)，每次到一个没有经过过的点就把那个点记录下来，直到经过所有(n)个点，问最后记录下的序列最小的字典序是什么，可以重复经过点和边。

题解

这可比(NOIP2018D2T1)简单多了，只需要求一个一个类似最小生成树的东西就行了。用一个小根堆记录当前经过过的点可以到达的没有经过过的点，每次取出堆顶，把与它相连的点加入堆即可。

卡点

无

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#define maxn 100010
int head[maxn], cnt;
struct Edge {
	int to, nxt;
} e[maxn << 1];
inline void addedge(int a, int b) {
	e[++cnt] = (Edge) { b, head[a] }; head[a] = cnt;
	e[++cnt] = (Edge) { a, head[b] }; head[b] = cnt;
}

int Tim, n, m;
std::priority_queue<int, std::vector<int>, std::greater<int> > q;
bool inq[maxn];
int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
	std::cin >> n >> m;
	for (int i = 0, a, b; i < m; ++i) {
		std::cin >> a >> b;
		addedge(a, b);
	}
	q.push(1);
	inq[1] = true;
	for (int Tim = 1; Tim < n; ++Tim) {
		int u = q.top(); q.pop();
		std::cout << u << ' ';
		for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
			int v = e[i].to;
			if (!inq[v]) {
				q.push(v);
				inq[v] = true;
			}
		}
	}
	std::cout << q.top() << std::endl;
	return 0;
}

---

E

题目大意

有(n(nleqslant10^5))个时间点，分别为(1sim n)，有(k(kleqslant10^5))个红包，第(i)个红包可以在([s_i,t_i])内领取，有钱(w_i)，领了这个红包，直到(d_i)时间点之后（不包含(d_i)）才可以领取下一个红包。

(Bob)按如下规则领红包：

1. 领当前可以领的最大的红包
2. 若有多个，领(d)最大的红包
3. 若还有多个，随机领一个

(Alice)希望(Bob)领的最少，她可以在最多(m(mleqslant200))个时间点打扰(Bob)，使得他不能领红包，问(Bob)最少领到多少钱

题解

（比赛时做(F)题，就没有做(E)，而且(F)没在比赛内写出来。。。。）

发现每个时间点(Bob)领的红包是一定的，可以预处理出来，用(set,map)什么的，注意有重复元素，设第(i)个时间点领的红包为(s_i)。

(f_{i,j})表示打断了(i)次，现在在第(j)个时间点(Bob)领的最少钱数，转移为(f_{i.j} o f_{i+1,j+1})，(f_{i,j}+w_{s_j} o f_{i,d_{s_j}})。

卡点

无

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <map>
#include <vector>
#define maxn 100010
typedef std::pair<int, int> PII;
const long long inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
inline void chkmin(long long &a, long long b) { if (a > b) a = b; }

int n, m, k, now = 1, nxt;
long long f[2][maxn], ans = inf;
std::vector<PII> Add[maxn], Del[maxn];
PII Max[maxn];
std::map<PII, int> mp;


int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
	std::cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 0, s, t, d, w; i < k; ++i) {
		std::cin >> s >> t >> d >> w;
		Add[s].push_back(std::make_pair(w, d));
		Del[t + 1].push_back(std::make_pair(w, d));
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		for (PII V : Add[i]) {
			if (mp.count(V)) ++mp[V];
			else mp[V] = 1;
		}
		for (PII V : Del[i]) {
			if (!--mp[V]) mp.erase(V);
		}
		if (mp.size()) Max[i] = (*mp.rbegin()).first;
		else Max[i] = std::make_pair(0, i);
	}

	const int SZ = sizeof f[now];
	__builtin_memset(f[nxt], 0x3f, SZ);
	f[nxt][1] = 0;
	for (int i = 0; i <= m; ++i) {
		std::swap(now, nxt);
		__builtin_memset(f[nxt], 0x3f, SZ);
		f[nxt][1] = 0;
		for (int j = 1; j <= n; ++j) {
			chkmin(f[nxt][j + 1], f[now][j]);
			chkmin(f[now][Max[j].second + 1], f[now][j] + Max[j].first);
		}
		chkmin(ans, f[now][n + 1]);
	}
	std::cout << ans << std::endl;
	return 0;
}

---

F

题目大意

有一串(n(nleqslant10^9))个数的数列，给你(b_1sim b_k(kleqslant100))。当(i>k)时：

[f_i=(prodlimits_{i=1}^kf_{i-j}^{b_i})mod{998244353} ]

已知(f_1=f_2=cdots=f_{k-1}=1,f_n=m)，问最小的正整数(f_k)可能是多少

题解

写一下式子，发现可以用矩阵快速幂求出(f_n=f_k^xmod{998244353})中的(x)（幸好这道题不需要线性齐次递推，不然玩完），复杂度(O(k^3log_2n))。

接下来就是求(f_k^xequiv mpmod{998244353})

[xln(f_k)equivln(m)pmod{varphi(998244353)}\ ln(f_k)equivln(m)x^{-1}pmod{998244352}\ f_kequivexp(ln(m)x^{-1})pmod{998244353}\ ]

但是(x)在(pmod{998244352})下可能没有逆元，怎么办呢？可以用(exgcd)求出(dfrac{gcd(x,998244352)}x)，然后把(ln(m))除掉(gcd(x,998244352))，若有余数则无解。

卡点

比赛结束后(5min)发现可以除掉(gcd)来做，然后自闭

C++ Code：

#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
const int mod = 998244353, __mod = mod - 1;
#define maxn 105

int Tim, n, m, k;
int b[maxn];
struct Matrix {
	int s[maxn][maxn];
	inline Matrix operator * (const Matrix &rhs) const {
		Matrix res;
		for (int i = 0; i < k; ++i) {
			for (int j = 0; j < k; ++j) {
				long long t = 0;
				for (int l = 0; l < k; ++l) (t += static_cast<long long> (s[i][l]) * rhs.s[l][j]) %= __mod;
				res.s[i][j] = t;
			}
		}
		return res;
	}
} base, res;

namespace Math {
	std::map<int, int> mp;
	bool init = false;
	long long BSGS(long long y, long long z) {
		y %= mod, z %= mod;
		if (!y) return -1;
		long long tmp = 1, t = sqrt(mod - 1) + 1;
		if (!init) {
			mp.clear();
			for (int i = 0; i <= t; i++) {
				mp[tmp * z % mod] = i;
				if (i != t) tmp = tmp * y % mod;
			}
			init = true;
		}
		long long tmp6 = tmp;
		for (int i = 1; i <= t; i++) {
			if (mp.count(tmp6)) return i * t - mp[tmp6];
			tmp6 = tmp6 * tmp % mod;
		}
		return -1;
	}

	inline int pw(int base, int p) {
		static int res;
		for (res = 1; p; p >>= 1, base = static_cast<long long> (base) * base % mod) if (p & 1) res = static_cast<long long> (res) * base % mod;
		return res;
	}

	long long exgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y) {
		if (!b) {
			x = 1, y = 0;
			return a;
		}
		long long t = exgcd(b, a % b, y, x);
		y -= a / b * x;
		return t;
	}
	long long retgcd;
	long long inv(long long a) {
		long long x, y;
		retgcd = exgcd(a, __mod, x, y);
		return (x % __mod + __mod) % __mod;
	}
}

int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
	std::cin >> k;
	for (int i = 0; i < k; ++i) std::cin >> base.s[i][0];
	for (int i = 1; i < k; ++i) base.s[i - 1][i] = 1;
	res.s[0][0] = 1;
	std::cin >> n >> m;
	for (n -= k; n; n >>= 1, base = base * base) if (n & 1) res = res * base;
	const long long y = res.s[0][0];
	long long lnz = Math::BSGS(3, m);
	long long t = Math::inv(y);
	if (lnz % Math::retgcd) {
		puts("-1");
		return 0;
	}
	lnz = lnz / Math::retgcd * t % __mod;
	std::cout << Math::pw(3, lnz) << '
';
	return 0;
}