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A题
大意
要你构造一个长度为(n(nle 100))的全排列，使得其有(k)个波峰
波峰的定义为(a[i-1]le a[i]le a[i+1])
如果有答案任意输出一组答案,否则输出(-1)
思路
显然若要构造最多的波峰为在(2,4,6....)这些地方全部占满
则最多只有(ma=frac{n-1}{2})个波峰
若(k>ma)则直接输出(-1)
否在在(2,4...2 imes k)这(k)个位置构造波峰即可
构造方法很简单
首先先设(a[i]=i)
然后在这(k)个位置中交换(a[i],a[i+1])即可以得到答案
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,k;
int a[maxn];
signed main(){
int _;scanf("%d",&_);
while(_--){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=i;
int ma=(n-1)/2;
if(k>ma){
printf("-1
");
continue;
}
for(int i=1;i<=k;i++){
swap(a[2*i],a[2*i+1]);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%d ",a[i]);
}
printf("
");
}
return 0;
}
B题
题意
给你一个长度为(n(nle2e5))的数组(a)
对这个数组进行全排列,看有多少个全排列情况满足对于任意(i)使得
(a[1]&a[2]&..a[i]=a[i+1]&a[i+2]&..a[n])
思路
首先要知道一个简单的性质
(a&blemin(a,b))
首先根据题意
(a[1]=a[2]&a[3]&...a[n])
则(a[1]le a[n])
(a[n]=a[1]&a[2]&...a[n-1])
则(a[n]le a[1])
推导为(a[1]=a[n])
且(a[1]&a[2]&.....a[n]=a[1])
则显然(a[1])必定是这个数组的最小值
而且由于(a[1]=(a[2]&a[3]&...a[n-1])&a[n])
那么(a[2],a[3]...a[n-1])任意元素&(a[1])必定还是(a[1])
所以求出最小值的元素数量(cnt)
如果(2le cnt)且所有元素(&)上(a[1])后还是(a[1])
那么答案就是(A_{cnt}^2 imes (n-2)!)
否则答案为(0)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,k;
int a[maxn];
ll fac[maxn];
signed main(){
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=2e5;i++){
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
}
int _;scanf("%d",&_);
while(_--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a+1,a+1+n);
ll cnt=0;
ll ans=-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==a[1]){
cnt++;
}
if((a[i]&a[1])!=a[1]){
ans=0;
}
}
if(ans==-1){
ans=cnt*(cnt-1)%mod*fac[n-2]%mod;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
C题
大意
给你一个数字(n(nle 1e9)),进行(m(mle 2e5))次操作
每次操作数字上的每一位数加(1)
如(1912)经过一次操作后变为(21023)
求(m)次操作后，最后数字的长度(mod;1e9+7)
思路
比赛的时候看错题目了，以为求最后变成什么直接自闭
显然是动态规划
设(dp[i][j])表示(j)数字经过(i)次变化后的长度为多少
考虑转移方程
- (j eq9)
(dp[i][j]=dp[i-1][j+1])
- (j=9)
若(j=9)则下一步就变成了(10)
则(dp[i][9]=dp[i-1][1]+dp[i-1][0])
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,m;
ll dp[maxn][10];
signed main(){
for(int i=0;i<=9;i++){
dp[0][i]=1;
}
// j走了i步的长度
for(int i=1;i<=2e5;i++){
for(int j=0;j<=8;j++){
dp[i][j]=dp[i-1][j+1];
}
dp[i][9]=(dp[i-1][1]+dp[i-1][0])%mod;
}
int _;scanf("%d",&_);
while(_--){
scanf("%d%d",&n,&m);
ll ans=0;
while(n){
ans=(ans+dp[m][n%10])%mod;
n=n/10;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
D题
大意
给你一个长度为(n(nle2e5))的数组(a(1le a[i] le1e9))和一个参数(p(1le ple 1e9))
-
(i)和(i+1)有一个长度为(p)的边
-
若(gcd(a[i],a[i+1]...a[j])=min(a[i],a[i+1]..a[j]))，则(i)和(j)有一条长度为(gcd(a[i],a[i+1]..a[j]))的边
求这个数组的最小生成树
思路
观察性质
若(i,j)和可以连边，那么代表这个区间的元素都是(min(a[i],a[i+1]...a[j]))的倍数
然后本质上是模拟(krushkal)算法
要发现边要么是(p)要么就是(a[i])
首先对(a[i])进行排序，然后用双指针来判断区间([l,r])可以用(a[i])使得([l,r])变为一个点,然后对这个区间进行标记。
使答案加(a[i] imes(r-l))，最后再计算需要长度为(p)来联通的点
参考(rk_1)的代码
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug cout<<"I AM HERE"<<endl;
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
const int maxn=2e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-6;
int n,p;
int a[maxn];
pii pa[maxn];
bool vis[maxn];
signed main(){
int _;scanf("%d",&_);
while(_--){
scanf("%d%d",&n,&p);
for(int i=1;i<=n;i++){
vis[i]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
pa[i]={a[i],i};
}
sort(pa+1,pa+1+n);
ll ans=0;
int rest=n-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(pa[i].fi>p) break;
if(vis[pa[i].se]) continue;
int l=pa[i].se,r=pa[i].se;
while(l>1&&!vis[l]&&a[l-1]%pa[i].fi==0) l--;
while(r<n&&!vis[r]&&a[r+1]%pa[i].fi==0) r++;
for(int i=l;i<=r;i++){
vis[i]=1;
}
rest-=(r-l);
ans+=1ll*(r-l)*pa[i].fi;
}
ans+=1ll*rest*p;
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}