CDZSC_2022寒假个人训练赛21级(10)题解

• 简单
  • D 枚举、dp、数学
  • G 素数
• 中等
  • A
  • B dfs
  • E 模拟、数学
  • F 贪心
• 困难
  • C 构造
  • H 整数的唯一分解定理+约数和定理+递归二分求等比数列+快速幂

A Visiting a Friend CodeForces - 902A

题意

在数轴上你从0点出发，要到达m点，只能通过传送点移动，传送点给你一对a，b，a代表传送点的位置，b代表最远可以传送的长度。问你能不能到m点。

题解

首先因为只能通过传送点移动，0点必须有传送点，然后为了能到达m点，0点到m点之间必须被传送段完全覆盖,至于实现，只要维护一个目前能达到的最远距离就好。

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
	int n,m,a,b,r=0,flag=0;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n;i++){
		scanf("%d%d",&a,&b);
		if(a==0)flag=1;
		if(a<=r)r=r>b?r:b;
	}
	if(r<m)flag=0;
	printf("%s\n",flag?"YES":"NO");
	return 0;
}

B Coloring a Tree CodeForces - 902B

题意

给你颗树，每一次可以选择一个子树全染成一种颜色，问你要染成要求的颜色最少要多少步。

题解

因为染子树，所以上面染完必然会覆盖下面的，从根到叶dfs遍历，父节点和子节点要求颜色不同的最终答案就加1，根节点要染一次所以额外还要加一次，我下面的写法是用了一个假父节点0来方便的处理这个问题的。

AC代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>

using namespace std;
vector<int> e[100005];
int v[100005];
int ans;
void dfs(int x, int f) {

	for (auto i : e[x]) {
		if (i != f) {
			if (v[i] != v[x])ans++;
			dfs(i, x);

		}
	}

}

int main() {
	int n, x;
	scanf("%d", &n);

	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &x);
		e[i].emplace_back(x);
		e[x].emplace_back(i);
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &x);
		v[i] = x;

	}
	ans++;
	dfs(1, 0);
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

C Hashing Trees CodeForces - 902C

题意

给出一颗n层的树。以及从第0层开始给出每层的节点个数。求是否存在同构，若存在输出“ambiguous”和 2 个可以同构的树，如果不可以输出“perfect”。

题解

很容易知道，只要相邻的两层节点数都大于1就一定有同构。

AC代码

#include<iostream>

using namespace std;

int s[100005];
int p[200005];
int main(){
	int n;
	scanf("%d",&n);
	int flag=0;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		scanf("%d",s+i);
		if(i&&s[i]>1&&s[i-1]>1) {
			flag=i;
		}
	}
	if(!flag){
		printf("perfect\n");
		scanf(" ");
		return 0;
	}
	int f=0;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		int x=f;
		while(f-x<s[i])p[f++]=x;
		if(i&&s[i]>1&&s[i-1]>1) {
			flag=f-1;
		}
	}
	
	printf("ambiguous\n");
	for(int i=0;i<f;i++)
		printf("%d ",p[i]);
	printf("\n");
	for(int i=0;i<f;i++){
		if(i==flag)p[i]--;
		printf("%d ",p[i]);
	}
	printf("\n");

	scanf(" ");
	return 0;
}

D Hungry Student Problem CodeForces - 903A

题意

\(T\)次询问，每次问有没有两个非负整数\(x，y\)使得\(3*x + 7*y = n\)。

题解

数据很小怎么做都行。

• 方法一：两个for暴力x，y
• 方法二：dp，其实和背包差不多
• 方法三：数学方法，其实这种互质的组成数的问题，只要大于一定的数字就一定可以组成所有数，比如这个的3和7，实际上大于11一定有解。

AC代码

//方法二
#include<iostream>
using namespace std;
int dp[200];
int main() {
	int n, x;
	dp[0] = 1;
	for (int i = 3; i <= 100; i++) 
		dp[i] = dp[i - 3] ? 1 : dp[i];
	for (int i = 7; i <= 100; i++)
		dp[i] = dp[i - 7] ? 1 : dp[i];

	scanf("%d", &n);

	while (n--) {
		scanf("%d", &x);
		printf("%s\n", dp[x] ? "YES" : "NO");
	}
}

//方法三
#include<iostream>
using namespace std;
int ans[105]={1,1,1,0,1,1,0,0,1,0,0,1};
int main() {
	int n,x;
	
	scanf("%d", &n);

	while (n--) {
		scanf("%d", &x);
		printf("%s\n",!ans[x] ? "YES" : "NO");
	}
}

E The Modcrab CodeForces - 903B

题意

一个人在打怪，他每回合可以选择喝药加血或者打怪，然后怪物会攻击他一次，让你输出一个他可以打死怪物的方案（任意一个即可，特殊判定），但是注意他的血量可以无上限。第一行输入他的当前血量h1,攻击力a1,药每次回复c的血量，第二行输入怪物的血量h2,怪物的攻击力a2,。

题解

由于你回血量一定高于攻击力，所以，一直打怪，如果下一次要被杀死了，再回血就好，当然先把血回到可以杀死怪物的状态也行，那样可能还会更快点，但反正数据范围很小，随便做。

AC代码

#include<iostream>
using namespace std;
int p[10500];
int main() {
	int h1, h2, a1, a2, c,k=0;
	scanf("%d%d%d%d%d", &h1,&a1,&c,&h2,&a2);
	while (h2 > 0) {
		if (h2 - a1 <= 0) {
			p[k] = 1;
			h2 -= a1;
		}
		else if (h1 - a2 > 0) {
			p[k] = 1;
			h2 -= a1;
		}
		else h1 += c;
		k++;
		h1 -= a2;
	}
	printf("%d\n", k);
	for (int i = 0; i < k; i++) {
		printf("%s\n", p[i] ? "STRIKE" : "HEAL");
	}
}

#include<iostream>

using namespace std;

int main() {
	int h1, h2, a1, a2, c1;
	scanf("%d%d%d", &h1, &a1, &c1);
	scanf("%d%d", &h2, &a2);
	int n = (h2 + a1 - 1) / a1;//需要攻击几次

	int h = (n-1) * a2+1; //需要多少血
	int m = (h - h1 + (c1 - a2 - 1)) / (c1 - a2);//需要回几次血
	if (m < 0)m = 0;
	printf("%d\n", n + m);
	for (int i = 0; i < m; i++)
			printf("HEAL\n");
	for (int i = 0; i < n; i++)
		printf("STRIKE\n");
}

F Boxes Packing CodeForces - 903C

题意

给你n个盒子，把小盒子放进大的盒子里，这样只能看到大盒子，输出最小能够有看到的盒子数。

题解

贪心，可以看成小的盒子替换大的盒子，因为如果大盒子套个小的，那那个大盒子能继续套的只能是比那个小盒子还小的盒子了。排序后找第一个比自己小的嵌套。

AC代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

int s[5005];
int main(){
	int n;
	while(~scanf("%d",&n)){
		for(int i=0;i<n;i++)
			scanf("%d",s+i);
		sort(s,s+n);
		int j=n-1;
		for(int i=j-1;i>=0;i--)
			if(s[i]<s[j])
				j--;

		printf("%d\n",j+1);
	}
	scanf(" ");
	return 0;
}

G 结果填空：有趣的数字 计蒜客 - 43115

题解

直接输出结果就好，数据范围很小，又是直接输入结果的题，所以实际上连素数筛都不用，暴力，哪怕是最差的\(O（n^2）\)复杂度的暴力都能过，就是要挂机跑一会。我下面是一个优化的暴力，复杂度为\(O(n\sqrt{n})\)，筛法我就不写了，大家应该都会吧，欧拉筛和埃式筛都行。
（\(O（n^2）\)复杂度的暴力我电脑跑十几秒也出了）

AC代码

#include<iostream>

using namespace std;
int main() {
	// int ans = 0;
	// for (int i = 2; i <= 100000; i++) {
	// 	int flag = 1;
	// 	for (int j = 2; j*j <= i; j++) {
	// 		if (i%j == 0) {
	// 			flag = 0;
	// 		}

	// 	}
	// 	if (flag) {
	// 		int x = i;
	// 		while (x) {
	// 			if (x % 10 == 5) {
	// 				ans++;
	// 				break;
	// 			}
	// 			x /= 10;
	// 		}
	// 	}

	// }
	// printf("%d\n", ans);
	
	printf("3282");
}

H Sumdiv OpenJ_Bailian - 1845

题意

求\(A^B\)的约数和对9901取余的结果。

题解

使用约数和定理求值，具体实现用递归二分求，求值的时候有大指数，使用快速幂解决。

AC代码

#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
typedef long long ll;

ll p[100005], c[100005];

ll pow(ll x, ll y,ll mod) {
	ll ans = 1%mod;
	while (y) {
		if (y & 1)ans = (ans*x) % mod;
		x = (x*x) % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ans;
}
int k[105];
ll sum(ll p, ll c,ll mod) {
	if (c == 0)return 1;
	if (c == 1)return (1 + p) % mod;
	if (c % 2)return ((1 + pow(p, (c + 1) / 2, mod))*sum(p, (c - 1) / 2,mod))%mod;
	else return ((1 + pow(p, c / 2,mod))*sum(p, c / 2 - 1,mod) + pow(p, c,mod)) % mod;
}

int main() {
	ll a, b;
	ll  mod = 9901;
	scanf("%lld%lld", &a, &b);
	int m=0;

	for (int i = 2; i*i <= a; i++) {
		if (a%i == 0) {
			p[m] = i;
			c[m] = 0;
			while (a%i == 0) {
				a /= i;
				c[m]++;
			}
			m++;
		}
	} if (a != 1) {
		p[m] = a;
		c[m++] = 1;
	}
	ll ans = 1;
	for (int i = 0; i < m; i++) {

		ans = (ans*sum(p[i], c[i] * b,mod)) % mod;
	}
	printf("%lld\n", ans);

}