2020CCPC网络赛

在比赛开始30分钟内依次A了10，7，3，一个小时左右A了11，然后就再也没有写出任何一道题。。。

其实比赛过程中心态有很大的问题，我一直在5上面钻牛角尖，耗费了太多时间。

基本上比赛后半程三个人都在看2，5两道题，其他题目几乎没看。

到最后基本没有做下去的欲望了，可能是因为是女队压力比较小吧（不，是因为我比较菜）。。

以及网络赛的排行榜真的很迷。。第2题min25筛一堆人过。。然而队里三个人甚至都没有听说过这玩意。。

（226大佬7题，ORZ）

1002 Graph Theory Class

题意：在一个有n个点的图中，图中点1~n编号。对于i,j之间的一条边，它的权重为lcm(i+1,j+1)，求这个图的最小生成树大小。

思路：很明显对于(j+1)为质数的情况，j应该与1连接，权重为2*(j+1)；

对于(j+1)不是质数的情况，j可以与任意一个满足i+1==factor(j+1)的i连接，factor(j+1)指j+1的因子，权重为j+1。

于是最小生成树的大小为(3~n+1以内所有质数)*2+(3~n+1以内所有非合数)，即(3~n+1所有数之和)+(3~n+1以内所有质数之和)

前者可以用等差数列求和计算，(n+4)*(n-1)/2；由于n<=10¹⁰，后者可以使用min25筛计算。

min25筛，可以在O(n^3/4/logn)的时间内求积性函数f(x)的前缀和。

（积性函数，指对于所有互质的整数a和b有性质f(ab)=f(a)f(b)的函数）

（代码待补充

1003 Express Mail Taking

题意：有n个保险柜，编号为1~n，每两个相邻编号的保险柜之间的距离为1，第k个保险柜用来打开其他保险柜（每次只能同时打开一个保险柜）。从1出发，需要从m个保险柜中取东西后再从1离开。问距离最短的路线长度。

思路：一开始理解错了题意，以为只要到达第k保险柜后其他保险柜就打开了，就WA了一次。

对于m个要取东西的柜子，除了最后一个柜子有可能不需要返回k柜，对于其他柜子，都必须在该柜子与k柜之间走一个来回。

于是找到m个柜子中最小的一个x，若x比k小，则将该点删去（在回1点的路上就可到达，对距离无贡献）

接着对剩下的每个柜子i，贡献2*abs(i-k)的答案。

再加上出发和结束的2*(k-1)，就是答案。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm> 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2000005;
int a[maxn];
int main()
{
    int i,T,n,m,k,mi;
    ll ans;
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        ans=2ll*(k-1);
        mi=k;
        for (i=1;i<=m;i++) 
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            ans+=2ll*abs(a[i]-k);
            if (a[i]<mi) mi=a[i];
        }
        if (mi!=k) ans-=2ll*abs(mi-k);
        printf("%lld
",ans);
     } 
    return 0;
} 

1005 Lunch

题意：有n个数，两人轮流进行操作，每次操作能将其中一个数x变为k*(x/k)，此处的k必须是x的因子且k!=x。当场上的数均为1时游戏结束，当前操作方输。问先手可不可以获胜。

思路：（看了半天别人的题解还是有点晕乎乎的）

观察发现，对于一个数，分成偶数个会增加偶数个操作，于是这样不会使得最后的胜负情况发生改变。

分成奇数个则刚好相反，会改变最后的胜负情况。

把数x分解，x就变成了一堆质因子的乘积。

（）

因为每次操作要让这个数x变成自己的因数，所以每次必须取走x的至少一个质因子，

那么就可以将这个数的所有质因子（考虑重复，因为假如你有2个质因子3，那么是可以分开取，所以重复的而要考虑）当作一堆石子的个数。

而其中的2它比较特殊，因为它是偶数，不会使最后的胜负情况发生改变。

于是不管分几次取2，都相当于直接把2全取走。但是又必须要取走2，所以就把所有的因数2当作一个石子一起取走。

（以上来自队友的分析）

然后就变成了nim博弈，即有n堆石子，两人轮流进行操作，每次可从任意一堆石子里取走任意多枚石子，不能不取，问先手必胜还是必败。

对于答案，求每一堆的石子数的异或和，若为0则必败，否则必胜。

（然后不知道为什么T了很久，好像也不是读入优化的问题啊。。。

补充：对于nim答案的分析：对于一堆石子，只要石子数不为0，直接拿走所有石子就赢了，所以必胜。

对于两堆石子，如果异或和为0则必败。此时两堆石子数相同，对方只要按照先手方对一堆石子的操作，对另一堆石子上进行同样的操作，就能够胜利。

如果异或和不为0则必胜。先手方可以先将一堆石子变为和另一堆石子一样，然后就变成了刚才所说的局面，异或和为0。

......

对于很多堆石子，如果异或和为0必败；否则改变其中最大的那堆的大小，一定能使剩下的局面的异或和为0。

（局面异或和为0的具体操作：对手对一堆进行操作，其他堆中一定有某一堆，可以使先手对它做出相同的操作。）

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm> 
using namespace std;
int cnt,vis[32005],prime[5005];
int div(int x)
{
    int re=0;
    while (!(x&1))
    {
        x>>=1;
        re=1;
    }
    for (int i=2;i<=cnt && 1ll*prime[i]*prime[i]<=x;i++)
    {
        while (x%prime[i]==0)
        {
            x=x/prime[i]; 
            re++;
        }
    } 
    if (x!=1) re++;
    return re;
}
void pri(int n)
{
    cnt=0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for (int i=2;i<n;i++)
    {
        if (!vis[i]) prime[++cnt]=i;
        for (int j=1;j<=cnt && 1ll*i*prime[j]<n;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}
int main()
{
    int T,n,ans,x;
    pri(32000);
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        ans=0;
        for (int i=0;i<n;i++) 
        {
            scanf("%d",&x);
            ans^=div(x);
        }
        if (ans) printf("W
");
        else printf("L
");
    } 
    return 0;
} 

1006 Robotic Class

题意：给一个有n点的图，点i有k[i]条出边，若通过i的一条出边j，就会使当前的权值x变为c[i][j]*x+b[i][j]，并走到下一点d[i][j]。对于有多条出边的点i，每次会选择一条满足a[i][j]≥x并且编号j最小的路径j。现在从任一点s出发，初始权值为x₀，走到n点停止，最后到达n点的权值为C_s(x₀)，问对于每一个s，C_s(x)是否均为连续。

思路：看完了别人的代码，感觉这题没做出来有点亏。。

因为f(x)连续，所以若在i点的权值为a[i][j]^-与a[i][j]⁺，那么两者到达n点得到的权值应当相同。

所以对于每一个点i的a[i][j]，模拟以初始权值x₀=a[i][j]^-与a[i][j]⁺从i出发直到n的路径，检查最后得到的C_i(a[i][j]^-)与C_i(a[i][j]⁺)是否相等。

具体见代码。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm> 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=505;
const int maxm=2005;
int n,k[maxn],a[maxn][maxm],b[maxn][maxm],c[maxn][maxm],d[maxn][maxm];
ll dfs(int t,ll x,int mark) 
{
    if (t==n) return x;
    int pos=lower_bound(a[t],a[t]+k[t],x)-a[t];
    if (pos<k[t] && x==a[t][pos] && mark>0) pos++;
    int now=0;
    if (c[t][pos]>0) now=1;
    else if (c[t][pos]<0) now=-1;
    return dfs(d[t][pos],1ll*c[t][pos]*x+b[t][pos],now*mark);
}
int main()
{
    int t,T,i,j,flag;
    ll l,r;
    scanf("%d",&T);
    for (t=1;t<=T;t++)
    {
        scanf("%d",&n);
        for (i=1;i<n;i++)
        {
            scanf("%d",&k[i]);
            for (j=0;j<k[i];j++) scanf("%d%d%d%d",&c[i][j],&b[i][j],&d[i][j],&a[i][j]);
            scanf("%d%d%d",&c[i][j],&b[i][j],&d[i][j]);
        }
        flag=1;
        for (i=1;i<n;i++) 
        {
            for (j=0;j<k[i];j++) 
            {
                l=dfs(i,a[i][j],-1);
                r=dfs(i,a[i][j],1);
                if (l!=r) 
                {
                    flag=0;
                    break;
                }
            }
            if (!flag) break;
        }
        printf("Case #%d: ",t);
        if (flag) printf("YES
");
        else printf("NO
");
    }
    return 0;
} 

1007 CCPC Training Class

题意：花里胡哨的题面。

思路：是一题题面比较长的签到题。。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int t,a[30],mx,pos,cs,l;
char s[100010];

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        scanf("%s",s+1);
        l=strlen(s+1);
        mx=0;
        memset(a,0,sizeof(a));
        for (int i=1;i<=l;i++)
            a[s[i]-'a']++;
        for (int i=0;i<26;i++)
            mx=max(mx,a[i]);
        printf("Case #%d: %d
",++cs,mx);
    }
    return 0;
}

1010 Reports

题意：就是每次输入一个长度为n的01串，若存在相邻两位一样就输出NO，否则输出YES。

思路：这么短的题目显然是签到题啦，照题意做就行了。

#include<cstdio>
using namespace std;
int t,y,x,op,n;

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        scanf("%d",&y);
        op=1;
        for (int i=1;i<n;i++)
        {
            scanf("%d",&x);
            if (x==y) op=0;
            y=x;
        }
        if (!op) puts("NO");
        else puts("YES");
    }
    return 0;
}

1011 3x3 Convolution

题意：给出n*n矩阵A和3*3矩阵K（n>=3）， 定义n*n矩阵C(A,K)，它的每一项C_x,y满足

 定义C^m(A,K)=C(C^m−1(A,K),K) and C¹(A,K)=C(A,K)，求lim_t→∞C^t(A,K)。

思路：观察样例，发现样例中答案只有两种，原矩阵和零矩阵。

经过一番胡乱分析，推测当输入的K矩阵只有左上角有不为0的数，其他位置都是0时，输出原矩阵；其他情况输出零矩阵，

然后跟队友说了猜想，队友就A了，A得我一头雾水，果然像学长说的一样，大胆猜想，不用证明(bushi)。

以及这题的输出格式真的。。。我写的时候PE了一片，（然而我的队友一发就过了。。

补充：C_1,1=A_1,1*K_1,1+A_1,2*K_1,2+......+A_3,2*K_3,2+A_3,3*K_3,3

......

C_n,n-1=A_n,n-1*K_1,1+A_n,n*K_1,2

C_n,n=A_n,n*K_1,1

然后进行分类讨论

1、如果K_1,1==0，C_n,n就为0；接下来的C²中的C_n,n-1也会变成0，以此类推，最后矩阵C^t会变成零矩阵。

2、如果K_1,1!=0，K其他位都为0，那么矩阵中的所有项相当于乘上了K_1,1的t次方，各项之间的比值不变，于是答案是原矩阵。

3、如果K_1,1!=0，K其他位中存在不为0的项，因为K_1,1<1_，C_n,n会不断变小，直至无限趋近于0

推理可得，C^t中的C_n,n-1=A_n,n-1*K^t_1,1+t*A_n,n*K^t-1_1,1*K_1,2，

由于K所有项之和为1，K_1,1与K_1,2都小于1，分析可得当t→∞时，C_t中的该项趋近于0；

同理，其他项在C^t中也都趋近于0，于是最后得到的C^t是零矩阵。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm> 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=52;
int a[maxn][maxn];
int main()
{
    int i,j,T,n,flag,x;
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for (i=1;i<=n;i++)
        for (j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
        flag=0;
        for (i=1;i<=3;i++)
        for (j=1;j<=3;j++) 
        {
            scanf("%d",&x);
            if (x)
            {
                if (i==1 && j==1) flag=1;
                else flag=0;
            }
        }    
        if (flag) 
        {
            for (i=1;i<=n;i++)
            for (j=1;j<=n;j++) 
            {
                printf("%d",a[i][j]);
                if (j==n) printf("
");
                else printf(" ");
            }
        }    
        else 
        {
            for (i=1;i<=n;i++)
            for (j=1;j<=n;j++) 
            {
                printf("0");
                if (j==n) printf("
");
                else printf(" ");
            }
        }
    }
    return 0;
}

#include<cstdio>
#define N 55
using namespace std;
int t,n,a[N][N],b[N][N],sum;

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while (t--)
    {
        scanf("%d",&n);
        for (int i=1;i<=n;i++)
            for (int j=1;j<=n;j++)
                scanf("%d",&a[i][j]);
        sum=0;
        for (int i=1;i<=3;i++)
            for (int j=1;j<=3;j++)
                scanf("%d",&b[i][j]),sum+=b[i][j];
        if (b[1][1]==sum)
            for (int i=1;i<=n;i++)    
                for (int j=1;j<=n;j++)    
                    printf("%d%c",a[i][j]," 
"[j==n]);
        else
            for (int i=1;i<=n;i++)
                for (int j=1;j<=n;j++)
                    printf("0%c"," 
"[j==n]);
    }
    return 0;
}