2021CCPC湘潭邀请赛题解

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提取码: abcd
一共A了5题，j题签到题没出来，如果罚时少一点并且把J也写了的话，也许就金了

A. A+B Problem

题意：

给定a和b，求a+b,a+b如果大于1023或者小于-1024，就自动溢出

思路：模拟

比如1023+1=1024，1024>1023 就自动溢出成-1024，模拟即可

时间复杂度：O n

#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int> 
#define x first 
#define y second 
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N =  1e6 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;

int main()
{
    int t ;
    cin >> t ;
    while(t--)
    {
        int a , b ;
        cin >> a >> b ;
        int k = a + b ;
        if(k > 1023) k -= 2048 ;
        else if(k < -1024) k += 2048 ;
        cout << k << "
" ;
    }
    return 0;
}

C. Calculate

题意：

给定x1,x2,y1,y2
求
答案对1e9+7取模

思路：数论分块

一维数论整除分块
第4个式子的答案有点问题
对其每一个区间左端点为l，右端点为r，值为cnt
答案为(r-l+1) $ imes$ cnt $ imes$ $sum_{i=x1}^{x2} {lfloor frac{i}{x1} floor}$
在考虑一下 求
$sum_{i=x1}^{x2} {lfloor frac{i}{x1} floor}$

可以发现，
当x1<=i<2*x1 ，i/x1等于1
当2*x1<=i<3*x1,i/x1等于2
...........
当n*x1<=i<(n+1)*x1 , i/x1等于n
因此答案为 x1 * (1 + 2 + ........ + n ) + 大于等于(n+1)*x1的部分暴力求
在考虑一下1式
答案为 x1 * (1^2 + 2^2 + ........ + n^2) + 大于等于(n+1)*x1的部分暴力求
中间括号的部分用公式o1求即可

时间复杂度：O t$sqrt{n}$

E. CCPC Strings

题意：

给一个整数n，会有2^n个不同的cp字符串
求每个不同字符串的ccpc子串的个数的总和
答案对1e9+7取膜

思路：bm算法求线性通项公式

先暴力预处理前20项
然后在用bm算法求出线性递推方程
o1输出即可

时间复杂度：20 * 2^20 + t

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <cassert>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const ll mod=1000000007;
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
// head
 
int _;
ll n;
namespace linear_seq {
    const int N=10010;
    ll res[N],base[N],_c[N],_md[N];
 
    vector<int> Md;
    ll mul(ll *a,ll *b,int k) {
        rep(i,0,k+k) _c[i]=0;
        rep(i,0,k) if (a[i]) rep(j,0,k) _c[i+j]=(_c[i+j]+a[i]*b[j])%mod;
        for (int i=k+k-1;i>=k;i--) if (_c[i])
            rep(j,0,SZ(Md)) _c[i-k+Md[j]]=(_c[i-k+Md[j]]-_c[i]*_md[Md[j]])%mod;
        rep(i,0,k) a[i]=_c[i];
    }
    ll solve(ll n,VI a,VI b) { // a 绯绘暟 b 鍒濆€?b[n+1]=a[0]*b[n]+...
//        printf("%d
",SZ(b));
        ll ans=0,pnt=0;
        int k=SZ(a);
        assert(SZ(a)==SZ(b));
        rep(i,0,k) _md[k-1-i]=-a[i];_md[k]=1;
        Md.clear();
        rep(i,0,k) if (_md[i]!=0) Md.push_back(i);
        rep(i,0,k) res[i]=base[i]=0;
        res[0]=1;
        while ((1ll<<pnt)<=n) pnt++;
        for (int p=pnt;p>=0;p--) {
            mul(res,res,k);
            if ((n>>p)&1) {
                for (int i=k-1;i>=0;i--) res[i+1]=res[i];res[0]=0;
                rep(j,0,SZ(Md)) res[Md[j]]=(res[Md[j]]-res[k]*_md[Md[j]])%mod;
            }
        }
        rep(i,0,k) ans=(ans+res[i]*b[i])%mod;
        if (ans<0) ans+=mod;
        return ans;
    }
    VI BM(VI s) {
        VI C(1,1),B(1,1);
        int L=0,m=1,b=1;
        rep(n,0,SZ(s)) {
            ll d=0;
            rep(i,0,L+1) d=(d+(ll)C[i]*s[n-i])%mod;
            if (d==0) ++m;
            else if (2*L<=n) {
                VI T=C;
                ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;
                while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0);
                rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;
                L=n+1-L; B=T; b=d; m=1;
            } else {
                ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;
                while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0);
                rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;
                ++m;
            }
        }
        return C;
    }
    ll gao(VI a,ll n) {
        VI c=BM(a);
        c.erase(c.begin());
        rep(i,0,SZ(c)) c[i]=(mod-c[i])%mod;
        return solve(n,c,VI(a.begin(),a.begin()+SZ(c)));
    }
};
 
int main() {
        int t;
        scanf("%d",&t);
        vector<int>v;
        for(int i=1;i<=20;i++){
        	ll ans=0;
        	char s[22];
        	s[i]=0;
        	for(int j=0;j<(1<<i);j++){
        		for(int k=0;k<i;k++){
        			if((1ll<<k)&j){
        				s[k]='C';
        			}
        			else s[k]='P';
        		}
//        		cout<<s<<endl;
        		for(int k=0;k+3<i;k++){
        			if(s[k]=='C'&&s[k+1]=='C'&&s[k+2]=='P'&&s[k+3]=='C'){
        				ans++;
        				k=k+3;
        			}
        		}
        	}
        	//printf("%lld
",ans);
        	v.push_back(ans);
        }
    while (t--) {
        scanf("%lld",&n);
        printf("%lld
",linear_seq::gao(v,n-1));
    }
}

G. Game

题意：

给定n个在set里面的数，每次可以进行一次操作
将set里面的其中一个数x变成 x-9 / x-99 / x-999 / ........ /x − (10^k − 1) 
保证x − (10^k − 1) > 0
并且每个数在set里面不能同时出现多次
A先操作，然后B操作，谁最后不能操作就输，问谁赢

思路：数论，贪心

性质1：任何一个数都可以表示成9*a+b的形式
性质2：如果减去一个数，一定只减9,因为减99等价于减去了11个9
所以都是奇数次操作，不影响最后的答案
性质3：从最小的数开始减，减到不能减为止
前2个性质都比较好推，说一下第三个是怎么推出来的
比如 111 * 9 + 1 和 11 * 9 + 1 我们考虑一下顺序
如果先减111 * 9 + 1的话，会发现只能减到12 * 9 + 1 
在减的话变成11 * 9 + 1 ，与另外一个11 * 9 + 1冲突
所以从最小的开始减，减到0*9+1，第二个数减到1*9+1，以此类推。
最后统计一下操作数
如果操作数为偶数，B赢
否则，A赢

时间复杂度：O tnlogn

#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int> 
#define x first 
#define y second 
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N =  1e5 + 10 , M = 1010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
int n ;

int main()
{
    int t ;
    cin >> t ;
    while(t--)
    {
        int a[N] = {0} ;
        vector<int> q[20] ;
        
        cin >> n ;
        fer(i,1,n)
        {
            sf(a[i]) ;
            q[a[i] % 9].push_back(a[i]) ;
        }
        
        int sum = 0 ;
        
        for(int i = 0 ; i < 9 ; i ++)
        {
            sort(q[i].begin(),q[i].end()) ;
            if(i == 0)
            {
                for(int j = 0 ; j < q[i].size() ; j ++)
                {
                    sum += ((q[i][j] / 9 - 1) - j > 0 ? q[i][j] / 9 - 1 - j : 0 );
                }
            }
            else
            {
                for(int j = 0 ; j < q[i].size() ; j ++)
                {
                    sum += ((q[i][j] / 9 ) - j > 0 ? q[i][j] / 9 - j : 0 );
                }
            }
        }

        if(sum & 1) puts("A");
        else puts("B") ;
    }
    return 0;
}

J. Stacks

题意：

给定n个栈，每个栈i一开始都有一个数i
m次操作，每次操作给出2个数a，b
将a这个栈的所有数一个一个弹出来放到b里面去
求最后每个栈的元素个数以及是哪些数

思路：图论，双链表

发现数据n是1e5,暴力最坏情况下是on^2，会超时
考虑一下优化
入手点是将A这个栈中的数都弹出来放在B中
等价于A栈的头和B栈的头连了一条边
所以用2个变量维护每个栈的头尾节点
不断的进行连边，最后输出的答案的时候
从头结点开始遍历这条链
连边我连的双向边，不用考虑方向
最后遍历的时候记录一下父亲节点即可
最后要考虑一下三种情况
A，B非空
A空，B非空
A非空，B空
分情况讨论一下

时间复杂度：O nt

#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int> 
#define x first 
#define y second 
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N =  1e5 + 10 , M = 2 * N , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;
int t , n , m ;
int k ;
int b[N] ;
struct ai{
    int l ,r ;
}q[N] ;
int h[N] , e[M] , ne[M] , idx ;
void add(int a , int b)
{
    e[idx] = b , ne[idx] = h[a] , h[a] = idx ++ ;
}
void dfs(int u , int fa)
{
    for(int i = h[u] ; i != -1 ; i = ne[i])
    {
        int j = e[i] ;
        if(j == fa) continue ;
        b[++ k] = j ;
        dfs(j,u) ;
    }
}
int main()
{
    cin >> t ;
    while(t--)
    {
        cin >> n >> m ;
        
        memset(h,-1,sizeof h) ;
        idx = 0 ;
        
        for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
        {
            q[i].l = q[i].r = i ;
        }
        
        while(m--)
        {
            int a , b ;
            sf(a) , sf(b) ;
            if(q[a].l && q[b].l) // a , b 非空
            {
                add(q[a].l,q[b].l) ;
                add(q[b].l,q[a].l) ;
                q[b].l = q[a].r ;
                q[a].l = q[a].r = 0 ;
            }
            else if(q[a].l && !q[b].l) // a非空 , b空
            {
                q[b].l = q[a].r ;
                q[b].r = q[a].l ;
                q[a].l = q[a].r = 0 ;
            }
        }
        
        for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
        {
            if(!q[i].l)
            {
                puts("0");
            }
            else
            {
                k = 0 ;
                dfs(q[i].l,-1) ;
                cout << k + 1 << " " ;
                cout << q[i].l << " " ;
                for(int i = 1 ; i <= k ; i ++)
                    cout << b[i] << " " ;
                cout << "
" ;
            }
        }
        
    }
    return 0;
}

K. Substring

题意：

您将得到一个仅包含小写字母的字符串S[1..N]。现在你需要找到最长的
子串S[l..r]使得每个字母（“a”到“z”）在子串中出现的次数不超过K次。你只
需要输出长度（r− 最长子串的l+1）。

思路：双指针

双指针模拟一下即可

时间复杂度：O tn

#include<bits/stdc++.h>
#define fer(i,a,b) for(re i = a ; i <= b ; ++ i)
#define re register int
#define pll pair<int,int> 
#define x first 
#define y second 
#define sf(x) scanf("%d",&x)
#define sfl(x) scanf("%lld",&x)
typedef long long ll ;
using namespace std;
const int N =  1e6 + 10 , M = 2010 , inf = 0x3f3f3f3f , mod = 1e9 + 7 ;

int main()
{
    int t ;
    cin >> t ;
    while(t--)
    {
        int k ;
        string a ;
        cin >> k >> a ;
        map<char,int> q ;
        
        int res = 0 ;

        for(int l = 0 , r = 0 ; l < a.size() ; l ++)
        {
            while(r < a.size() && q[a[r]] < k)
            {
                q[a[r]] ++ ;
                r ++ ;
            }
            
            //cout << l << " " << r << "
" ;
            
            res = max(res,r-l) ;
            
            q[a[l]] -- ;
        }
        
        cout << res << "
" ;
    }
    return 0;
}

最后给大家看看奖状吧