传送门：OJ
前言
A K题的大模拟实在写不动了 摸掉了（其实是其他作业叠太多了）等有空了再说吧
写得太烂 大佬们请不要介意
问题 A 咱俩下象棋去：
给你一个象棋盘 棋子的个数可能跟普通的不同 问能否在2步内将对方的军
QWQ:
考场A掉的大佬tql
考场一看是到大模拟 果断跳
update：2021/12/13 20:47
后来一时兴起还是做了 （主要还是因为在逃避外教大作业）虽然作业也还没写
写10:57-----12:37 调12:37-----14:14 update12 19：00----20:30 update34
注意看清题目 指定一个棋子走两次 不知道我当时怎么理解的 拒绝关键时候脑内毒瘤断句
实现的时候精简了下代码 所有移动都用方向数组实现 合法 改图 还原 传递 都放进了res函数
方向数组可以减少手残的基数 虽然我还是错了那么多 代码能力还是太弱了
感谢群内管理员学长抽时间帮忙查错 不然可能整个晚上也没了
代码中可能还有很多暗病
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } const int N=1e2+10; int n=10,m=9; char a[N][N]; int dxk[5]={0,0,-1,0,1},dyk[5]={0,-1,0,1,0};//左下右上 int dxs[5]={0,-1,-1,1,1},dys[5]={0,-1,1,-1,1}; int dxb[5]={0,-1,0,0,0},dyb[5]={0,0,-1,1,0}; int dxm[9]={0,-1,-1,-2,-2,1,1,2,2},dym[9]={0,-2,2,-1,1,-2,2,-1,1}; int dxo[9]={0,0,0,-1,-1,0,0,1,1},dyo[9]={0,-1,1,-0,0,-1,1,-0,0}; inline int pdc(int x,int y) { // if(a[x][y]=='H') return -1; if('A'<=a[x][y]&&a[x][y]<='Z'&&a[x][y]!='H') return 0; if('a'<=a[x][y]&&a[x][y]<='z'&&a[x][y]!='H') return 1; return -1; } inline bool pdf(int tx,int ty,int xl,int xr,int yl,int yr,int o) { if(xl<=tx&&tx<=xr&&yl<=ty&&ty<=yr&&(pdc(tx,ty)!=o)) return 1;//tx---ty //update 2 return 0; } inline void work(int cs,int qx,int qy); inline void res(int x,int y,int tx,int ty,int xl,int xr,int yl,int yr,int o,int cs) { if(pdf(tx,ty,xl,xr,yl,yr,o)) { char tmpv=a[tx][ty]; a[tx][ty]=a[x][y];a[x][y]='H'; if(tmpv=='K'){printf("yes");exit(0);} work(cs+1,tx,ty); a[x][y]=a[tx][ty];a[tx][ty]=tmpv; } } inline void work(int cs,int qx,int qy) { if(cs>2) return; for(int x=1;x<=n;x++) for(int y=1;y<=m;y++) if(pdc(x,y)==1) { if(cs==2&&(x!=qx||y!=qy)) continue;//update 3 if(a[x][y]=='k') { for(int k=1;k<=4;k++) { int tx=x+dxk[k],ty=y+dyk[k]; res(x,y,tx,ty,8,10,4,6,1,cs); } } if(a[x][y]=='s') { for(int k=1;k<=4;k++) { int tx=x+dxs[k],ty=y+dys[k]; res(x,y,tx,ty,8,10,4,6,1,cs); } } if(a[x][y]=='b') { int edk=1; if(x<=5) edk=3; for(int k=1;k<=edk;k++) { int tx=x+dxb[k],ty=y+dyb[k];//update 4 之前兵的移动数组打成士的了 res(x,y,tx,ty,1,10,1,9,1,cs); } } if(a[x][y]=='c') { int dxc=0,dyc=0; for(int k=1;k<=4;k++) for(dxc=dxk[k],dyc=dyk[k];1<=x+dxc&&x+dxc<=10&&1<=y+dyc&&y+dyc<=9;dxc+=dxk[k],dyc+=dyk[k]) { int tx=x+dxc,ty=y+dyc; res(x,y,tx,ty,1,10,1,9,1,cs); if(pdc(tx,ty)==0||pdc(tx,ty)==1) break; } } if(a[x][y]=='p') { int dxc=0,dyc=0,gs=0; for(int k=1;k<=4;k++) for(gs=0,dxc=dxk[k],dyc=dyk[k];1<=x+dxc&&x+dxc<=10&&1<=y+dyc&&y+dyc<=9;dxc+=dxk[k],dyc+=dyk[k]) { int tx=x+dxc,ty=y+dyc;//update 1 x--y if(pdc(tx,ty)==0||pdc(tx,ty)==1) gs++; if(pdc(tx,ty)==-1&&gs==0) res(x,y,tx,ty,1,10,1,9,1,cs); if(pdc(tx,ty)==0&&gs==2) res(x,y,tx,ty,1,10,1,9,1,cs); if(gs==2) break; } } if(a[x][y]=='x') { for(int k=1;k<=4;k++) { int mx=x+dxs[k],my=y+dys[k]; if(pdc(mx,my)==0||pdc(mx,my)==1) continue; int tx=x+dxs[k]*2,ty=y+dys[k]*2; res(x,y,tx,ty,6,10,1,9,1,cs); } } if(a[x][y]=='m') { for(int k=1;k<=8;k++) { int mx=x+dxo[k],my=y+dyo[k]; if(pdc(mx,my)==0||pdc(mx,my)==1) continue; int tx=x+dxm[k],ty=y+dym[k]; res(x,y,tx,ty,1,10,1,9,1,cs); } } } } int main()//写10:57-----12:37 调12:37-----14:14 update12 7：00----8:30 update34 千万好好读清题目 两次只能用一个棋子 还有其他老毛病 { for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) cin>>a[i][j]; work(1,0,0);printf("no"); return 0; }
问题 B 抽积木游戏
给你竖着的n个积木 当积木的长度能被高度加1整除可抽出
给定积木堆 问是否能被抽完
QWQ:
显然上面的积木不会对下面积木造成影响
对于某个高度的积木
在最优抽出的过程中 一定能保证 对于其高度及其以下的位置 在某个时刻能够达到
那么 对于该积木 如果能被 其高度及其以下的 任意一高度整除 那么该积木就可抽出
考虑从底层往上枚举 用cup记录该数能否被抽
设高度为x
如果x为质数 那么 将x*Z 都可以取到
如果非质数 那么一定被之前某个质数的更新所覆盖
最终的流程就是
线性筛预处理质数
从底层往上枚举
判断该高度积木能否抽出
更新cup标记能取到的值
输出结果
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } const int N=2e6+10; int n,mx; int a[N],pd[N]; int prime[N],top,vis[N]; void xxs(int mx)//线性筛 { vis[0]=vis[1]=1; //1为不是0为是 for(int i=2;i<=mx;i++) { if(!vis[i]) prime[++top]=i; for(int j=1;j<=top&&prime[j]*i<=mx;j++) { vis[prime[j]*i]=1; if(!(i%prime[j])) break; } } } int main() { n=read();xxs(N-10); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),mx=max(mx,a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) { int del=i+1; if(!vis[del]) for(int j=del;j<=N-10;j+=del) pd[j]=1; if(!pd[a[i]]){printf("NO");return 0;} } printf("YES"); return 0; }
问题 C 梅贾的窃魂卷
给个层数最高0层最高25次
k +5次 d -10次 a -2次
给定kda个数
问有多少种排列方法使得最后层数为25次
QWQ:
刚开始被原题意误导说大于等于25次 以为层数能大于25 错了好几次 浪费了一段时间
直接考虑dp emmm不知道为什么我开始还怀疑了正确性 考虑正做还是反做 还是用广搜做
数据范围有限 可直接设dp[i][j][k][v] 前三位表示各用了多少次 一维表示当前的值
记得用max min 限制更新 时v更新时的上下界
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } const ll N=100; ll k,d,a,ans; ll dp[20][10][10][70]; int main() { k=read(),d=read(),a=read(); dp[0][0][0][0]=1; for(ll i=0;i<=k;i++) for(ll j=0;j<=d;j++) for(ll k=0;k<=a;k++) for(ll v=0;v<=25;v++) { dp[i+1][j][k][min(25*1ll,v+5*1ll)]+=dp[i][j][k][v]; dp[i][j+1][k][max(0*1ll,v-10*1ll)]+=dp[i][j][k][v]; dp[i][j][k+1][min(25*1ll,v+2*1ll)]+=dp[i][j][k][v]; } for(ll i=25;i<=25;i++) ans+=dp[k][d][a][i]; cout<<ans; return 0; }
问题 D 强行数学题
给2个式子求另个式子
QWQ:
没什么好说的 真的强行数学题
（2）*2-（1）=（3）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } #define db double const db pi=3.1415926; int main() { printf("%.3lf",pi*pi/12.0); return 0; }
问题 E 羊村保卫站
给你个方阵的左上角位置和边长 给你个点
问以改点为圆心 最小半径多少能覆盖矩阵
QWQ:
好（毒）题（瘤）啊
不得不提 该题的坐标轴x向右 y轴向上 不是默认的坐标轴
考场考场反反复复看了题目好几遍 最开始还以为是贪心错了 看时间范围够把边长也都算了进去
时间消失法术 心态差点爆炸 我记住你了
显然 只要保证方阵四个顶点能被包括就可以了
不够就算边长也算也不会超时
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } #define db double ll xx,yy,d; ll x,y; db ans; inline db js(ll xx,ll yy,ll x,ll y) { return sqrt(1.0*abs(xx-x)*abs(xx-x)+1.0*abs(yy-y)*abs(yy-y)); } int main() { xx=read(),yy=read(),d=read(); x=read(),y=read(); //// cout<<js(xx,yy,x,y)<<endl; // for(ll i=0;i<=d;i++) ans=max(ans,js(xx+i,yy,x,y)); // for(ll i=0;i<=d;i++) ans=max(ans,js(xx,yy+i,x,y)); // for(ll i=0;i<=d;i++) ans=max(ans,js(xx+d,yy+i,x,y)); // for(ll i=0;i<=d;i++) ans=max(ans,js(xx+i,yy+d,x,y)); db tmp= max( max(js(xx+d,yy,x,y),js(xx,yy-d,x,y)) , max(js(xx,yy,x,y),js(xx+d,yy-d,x,y)) ); ans=max(ans,tmp); printf("%.3lf",ans); return 0; }
问题 F 《特殊三角形》
给你几个矩阵 观察规律
求第n个矩阵
QWQ:
考场看也是大模拟也跳了下
后来其他题目做差不多回来看只剩半小时 结束差几分钟才调出来
最后这题发现交了总时间还是比前面的人总时间成 排名没变化
观察得知 图形是三角形往左下和右下复制一遍重叠一部分
按意模拟 冷静
我的实现是按方阵copy记录 复制和被复制的两个矩阵的左上角位置 如果已经是 *就跳过防止覆盖
设三角形边长*数为len 去0列后 矩阵中点位置w
被复制 起始 stx sty
复制 起始 tmpx tmpy
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } const int N=1300; int n,w,md; int stx,sty,len; char a[N][N]; inline void cp(int x,int y,int len) { for(int i=0;i<len;i++) for(int j=0;j<2*len;j++) if(a[x+i][y+j]==' ') a[x+i][y+j]=a[stx+i][sty+j]; } int main() { n=read();w=(1<<n)+1; for(int i=1;i<=w;i++) for(int j=0;j<=2*w-1;j++) if(a[i][j]!='*') a[i][j]=' '; a[1][w]='*'; a[2][w-1];a[w][w-2]='*'; stx=1,sty=w-1;len=(1<<0)+1;//*长 for(int cs=1;cs<=n;cs++) { int tmpx=stx+len-1,tmpy=sty-len+1; cp(tmpx,tmpy,len); tmpx=stx+len-1,tmpy=w; cp(tmpx,tmpy,len); stx=1;sty=sty-len+1; len=((1<<cs)+1); } for(int i=1;i<=w;i++,puts("")) for(int j=0;j<=2*w-1;j++) cout<<a[i][j]; return 0; }
问题 G 套马的汉子
求n矩阵 对于其中某个位置 在每个矩阵中都是横纵的最小点 就标记
问有几个标记
QWQ:
看到第一反应二维线段树？
看见前缀和可以直接做
后来发现数据范围太小 就算直接写暴力枚举也能过
做的时候不知道为什么题目又没看清写了最大 改回最小又浪费了一段时间
写的时候 因为还是前缀和更好写就写了这个
上下前后左右都枚举下用遍前缀和 标记下是否为最小
统计答案
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } const int N=20,V=110; int n,x,y,mn,ans; int a[N][N][N],pd[N][N]; int main() { n=read();x=read(),y=read(); for(int i=1;i<=x;i++) for(int j=1;j<=y;j++) pd[i][j]=1; for(int k=1;k<=n;k++) for(int i=1;i<=x;i++) for(int j=1;j<=y;j++) a[k][i][j]=read(); for(int k=1;k<=n;k++) { for(int i=1;i<=x;i++) { mn=1e9+7; for(int j=1;j<=y;j++) { mn=min(mn,a[k][i][j]); if(a[k][i][j]>mn) pd[i][j]=0; } mn=1e9+7; for(int j=y;j>=1;j--) { mn=min(mn,a[k][i][j]); if(a[k][i][j]>mn) pd[i][j]=0; } } for(int j=1;j<=y;j++) { mn=1e9+7; for(int i=1;i<=x;i++) { mn=min(mn,a[k][i][j]); if(a[k][i][j]>mn) pd[i][j]=0; } mn=1e9+7; for(int i=x;i>=1;i--) { mn=min(mn,a[k][i][j]); if(a[k][i][j]>mn) pd[i][j]=0; } } } // for(int i=1;i<=x;i++,puts("")) // for(int j=1;j<=y;j++) // cout<<pd[i][j]<<" "; // for(int i=1;i<=x;i++) for(int j=1;j<=y;j++) if(pd[i][j]) ans++; cout<<ans; return 0; }
问题 H 繁忙的路口
一个红绿灯入口
给定一个状态 问是否矛盾
QWQ:
显然 对于每个入口来说是等价的
强制对其中单一入口考虑
分别考虑 当前路口直行有哪些矛盾 左行有哪些矛盾
左行有5种矛盾 直行有4种矛盾（考场 刚开始纠结左行和右口的左行是否有矛盾 后来交了下确实是有矛盾的）
再对于每个入口都这样做一遍判断有没有矛盾
这里对于每个入口做一遍的时候推荐用循环数组枚举每个入口
具体实现 请参考代码 0表示左行 1表示直行
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } char s[20]; inline int del(int x) { x=(x+24)%4; if(x==0) x+=4; return x; } inline int dw(int x,int y) { return (x-1)*2+y+1; } int main() { scanf("%s",s+1); for(int x=1;x<=4;x++) { if(s[dw(x,0)]=='G') { if(s[dw(del(x+1),0)]=='G'){cout<<"terrible";return 0;} if(s[dw(del(x+3),1)]=='G'){cout<<"terrible";return 0;} if(s[dw(del(x+3),0)]=='G'){cout<<"terrible";return 0;} if(s[dw(del(x+2),1)]=='G'){cout<<"terrible";return 0;} if(s[dw(del(x+2),0)]=='G'){cout<<"terrible";return 0;} } if(s[dw(x,1)]=='G') { if(s[dw(del(x+1),0)]=='G'){cout<<"terrible";return 0;} if(s[dw(del(x+1),0)]=='G'){cout<<"terrible";return 0;} if(s[dw(del(x+2),0)]=='G'){cout<<"terrible";return 0;} if(s[dw(del(x+3),1)]=='G'){cout<<"terrible";return 0;} } } cout<<"perfect"; return 0; }
问题 I roll up
给你120个菜 6个人
拿最多的人和最小的人都被淘汰
第一个人拿的量已给出
后每个人 先保证 不被淘汰 再保证淘汰的人最多 再保证自己拿的菜尽可能多
菜不必取完
QWQ:
因为第一个人的量a给出 第二个人就比较特殊 知道前面的人的值
考虑对a分类讨论
1 a>58 保证a肯定最大 得出a>58 第二个人尽量取 其他人全1
2 a==58 结果 a-1 2 1 1
3 (20<a&&a<58) 因为平分每个人20 该范围此时保证 a非最小 后面人尽量取a-1为非最大 保证最后个人取最小
4 a<=20
考场的时候这边不确定 考虑到答案可能有2种情况 因为菜不必取完 第二个人无论取多少 都不能保证不被淘汰
1 因为 第二人不能保证不被淘汰 所以保证可能性尽可能大 淘汰尽可能多 取a
后几个人也这么做 最后所有人都取a 所有人一起淘汰
按这样的推理 到最后个人 最后的人发现前面人取总肯定不会 和 前面三种的任意一种相同
那么 得知 a取值情况必为第四种 那么按推理 前面人都是a
最后个人按取的优先级必定把剩下的取完 淘汰的还是6个人
而第二的人想到前面的情况 也没法改变取值保证 淘汰人数6不变 取值变多
交上去发现 这种方法错了 ps:后来出题人说了应该删去淘汰人尽可能多的条件
2 因为 第二人不能保证不被淘汰 在第二人取尽可能多时保证淘汰人数5人 并且取值最大
交上去发现从从50到71分了 发现std是这种情况
考场上不知道为什么情况3的58打成28 又搞来搞查了半天 以为其他几个直接输出的结果有问题
最后每种情况都单独交了下 才查出来
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } const int N=120; int a; int b[N]; int main() { a=read(); if(a>58) cout<<N-a-4<<" "<<1<<" "<<1<<" "<<1<<" "<<1; //33 if(a==58) cout<<a-1<<" "<<2<<" "<<1<<" "<<1<<" "<<1; if(20<a&&a<58)//20-28 17 38 { int sum=a; for(int i=1;i<=5;i++) { b[i]=min(N-sum-(5-i),a-1); sum+=b[i]; } cout<<b[1]; for(int i=2;i<=5;i++) cout<<" "<<b[i]; } // if(a==20) cout<<20<<" "<<20<<" "<<20<<" "<<20<<" "<<20; // if(a<20) cout<<a<<" "<<a<<" "<<a<<" "<<a<<" "<<a; if(a<=20) cout<<N-a-4<<" "<<1<<" "<<1<<" "<<1<<" "<<1; //21 return 0; }
问题 J 羊村快递站
给个数列 每次按给定的位置取 最后输出取的次序 没取为0 被删掉为-1
如果对与一个还未取的位置如 果右边先被取了 左边再被取了 那么该位置被删掉
QWQ:
考虑按取的次序一个个处理
用个指针r 标记到当前情况最有边已经被取的位置
用树状数组处理被删的情况
对于当前取的位置w
1 r<=w 更新指针 更新答案
2 w<r
如果没被删 更新答案 用区间-1 更新w+1到r-1值
被删了跳过 或者更新答案
最后判断哪些位置没更新答案 并且值小于0 表示被删掉了 更新答案
考场 没找到自己树状数组模板 太久没写了 以防万一
随便找了板子 码风有点奇怪（考后改掉了）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } const int N=1e4+10; int n,m,l,r,topa; int a[N],b[N],mp[N],tr[N],ans[N]; inline void add(int x,int v) { for(;x<=n;x+=x&(-x)) tr[x]+=v; } inline int ask(int x) { int ans=0; for(;x;x-=x&(-x)) ans+=tr[x]; return ans; } int main() { n=read();r=0;l=n+1; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),mp[a[i]]=i; m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) b[i]=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { int w=mp[b[i]]; if(r<=w){r=w,ans[w]=++topa;continue;}//l=w-1; if(w<r) { if(ask(w)>=0) { ans[w]=++topa; add(w+1,-1);add(r,1); continue; } } } for(int i=1;i<=n;i++) if(!ans[i]) if(ask(i)<0) ans[i]=-1; for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]); return 0; }
问题 K 推箱子
给你个推箱子的地图 问最小步数 最小方案数 最小步数的最小字典序的方案
QWQ:
代码在出题人的题解里放了
考场A掉的大佬tql
考场一看是到大模拟 果断跳
问题 L Alice and Bob
给你n个有编号的石子 每次只能取与编号与当前最大编号互质的石子 每次最多取n个
两个人取 问谁赢
QWQ:
emmmm 怎么说呢 原题的 只有唯一公约数 怎么看怎么奇怪
考场竟然一直没意识到就是 互质
知道意思后发现 最大的石子 除了n==1 其他情况是永远取不到的
那么能取的石子是固定
原题就转化为
1 给你一个数n 求小于等于n的与n互质的数x
2 给你个x个数的石子 每次限取m个 问谁赢
说来惭愧 考后写的时候 已经是完全忘记了欧拉函数的定义就是 问1 了 数论学得太不扎实了
线性筛oula函数就解决了问1
问2就是经典的取石子问题
1 x%(m+1)==0 那么无论先手取什么 后手总能 取到一个数 使此轮 两人加起来取到m+1 最后 后手胜
2 x%(m+1)!=0 那么先手可以肯定可以一定数 使得剩下来的数被(m+1)整除 转化为情况1 先手胜
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } ll n,m; const ll N=1e7+10; int vis[N],prime[N],top,oula[N]; void xxoula(ll mx) { vis[0]=vis[1]=1;//1为不是0为是 oula[0]=0;oula[1]=1; for(ll i=2;i<=mx;i++) { if(!vis[i]){prime[++top]=i;oula[i]=i-1;} for(ll j=1;j<=top&&prime[j]*i<=mx;j++) { vis[prime[j]*i]=1; if(!(i%prime[j])){oula[prime[j]*i]=oula[i]*prime[j];break;} oula[prime[j]*i]=oula[i]*(prime[j]-1); } } } int main() { xxoula(1e7); ll t=read(); while(t--) { n=read(),m=read(); if((oula[n])%(m+1)) printf("Alice\n"); else printf("Bob\n"); } return 0; }
问题 M 简单字符串匹配
给你两个串a,b 问b移位后和对a的最大贡献
ABCD组成一个环的顺序 后项对前一项 算1的贡献
QWQ:
感觉这场考试收获最大的就是这题了 重新理解了fft的优化
考虑对a预处理 直接把每个位置的值按ABCD循环加1变换
题目就转换成 b移位后和对a的最大贡献 位置上值相等算1贡献
接着就感觉特别熟悉
看到题目反应套用kmp的思想 处理信息
然后就发现这样的话信息极难维护
然后就想到了bitset
对ABCD各单独考虑贡献
该位置有 bitset中该值就为1
统计贡献就是a b的bitset 取&
太久没用 完全忘记了一次复杂度是n/32级别的 都是拿来卡常用的
考场以为复杂度是lgn级别 写完后喜获暴力的分数33分 复杂度 O(nn/32)
考场后看到了某个大佬发的链接 说用fft优化
大佬的代码太长了懒得仔细看了就自己写了
考虑原来复杂度的瓶颈是统计贡献n*n/32
对于 单一的一个值 假设m=6
统计贡献的情况是
相当上下两数列各位相乘
而对与多项式卷积来说
x+6+x+1维值的计算 相当于下图
那么将b数组前后翻转下就通过卷积就可以得到 该情况的贡献了
移动各个长度答案也就是卷积后的各个维度
用fft优化卷积 对于 单一的一个值 移动各个长度的的贡献就能求出来 复杂度nlgn
4个值总复杂度 O(4*nlgn)
注意每次fft的时候 初始化卷积的ab数组到记得初始到最小的2^x>n+m
另外题目中 m+移动的长度 是允许大于n的（允许两边都能空的赛马真的太奇怪了）
关于之前的暴力用的stl 如果stl用int实现的话 手写个ll的 除/64的常数
因为答案只要最优的一个移动位置就能计算了 缩小下移动枚举的量
用+rand（）枚举移动位置 数据水点 机器快点 多交几遍运气好点说不定能过
bitset代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } const int N=1e5+10; int n,m,ans; char a[N],b[N]; bitset<N> bt1[6],bt2[6],bt3[6]; inline int del(int x) { x=x%4; if(x==0) x=4; return x; } int main() { n=read(),m=read(); scanf("%s",a+1);scanf("%s",b+1); for(int i=1;i<=n;i++) bt1[del(a[i]-'A'+2)][i]=1; for(int i=1;i<=m;i++) bt2[del(b[i]-'A'+1)][i]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { int tmp=0; for(int k=1;k<=4;k++) { bt3[k]=bt1[k]&(bt2[k]<<i); tmp+=bt3[k].count(); } ans=max(ans,tmp); } cout<<ans; }
fft代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define C getchar()-48 inline ll read() { ll s=0,r=1; char c=C; for(;c<0||c>9;c=C) if(c==-3) r=-1; for(;c>=0&&c<=9;c=C) s=(s<<3)+(s<<1)+c; return s*r; } const int N=3e5+10; int nn,mm,ans; char aa[N],bb[N]; int bt1[6][N],bt2[6][N],bt3[6][N]; inline int del(int x) { x=x%4; if(x==0) x=4; return x; } #define E complex<double> //N记得至少开两倍 const double pi=acos(-1); int n,m,l,r[N]; E a[N],b[N]; void fft(E *a,int f){ for(int i=0;i<n;i++)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);//交换位置 if为了避免重复交换变回原来的 for(int i=1;i<n;i<<=1){//当前合并两个长度为i的值的集合 E wn(cos(pi/i),f*sin(pi/i));//单位复根 将一个圆分成i部分 因为每次要合并i对下标为奇数和欧素的 for(int p=i<<1,j=0;j<n;j+=p){//当前要合并区间的第一个位置p E w(1,0); for(int k=0;k<i;k++,w*=wn){//要合并这个区间的第几个数 E x=a[j+k],y=w*a[j+k+i]; a[j+k]=x+y;a[j+k+i]=x-y; //算出带进去的两个值的结果 } } } } inline void cl() { n=nn,m=mm;l=0; for(int i=0;i<=N-10;i++) r[i]=0; for(int i=0;i<=N-10;i++) a[i]=b[i]=0; } int main() { nn=read(),mm=read(); scanf("%s",aa+1);scanf("%s",bb+1); for(int i=1;i<=nn;i++) bt1[del(aa[i]-'A'+2)][i]=1; for(int i=1;i<=mm;i++) bt2[del(bb[i]-'A'+1)][i]=1; for(int k=1;k<=4;k++)// { cl(); m+=n;for(n=1;n<=m;n<<=1)l++;//乘运算后的长度至少为n+m 运算要求为2的整次幂 for(int i=0;i<n;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));//蝴蝶操作 for(int i=1;i<=nn;i++) a[i]=bt1[k][i]; for(int i=1;i<=mm;i++) b[i]=bt2[k][mm-i+1];; fft(a,1);fft(b,1);//转化为点值表达 for(int i=0;i<=n;i++)a[i]=a[i]*b[i];//O(n)运算 fft(a,-1);//转化为系数表达 for(int i=0;i<=m;i++) bt3[k][i]=(int)(a[i].real()/n+0.5);; } for(int i=0;i<=nn;i++) { int tmp=0; for(int k=1;k<=4;k++) tmp+=bt3[k][1+mm+i]; ans=max(ans,tmp); } cout<<ans; }