Preface
NOIP前突然不知道做什么,感觉思维有点江僵化,就在vjudge上随便组了6道ABC D+CF Div2 C/D做,发现比赛质量还不错,知识点涉及广,难度有梯度,码量稍小,思维较多. 同时发现vjudge的比赛功能很不错
A. ABC112-D-Partition
难度感觉比NOIP T1简单了些了
首先naiive的想法是枚举这个公约数(D),但是发现有(D*N<=M)这个约束,算了算发现(M/N <=1e4)
于是开心从大到小枚举就好了
太水了
int n,m;
int main(){
read(n),read(m);
for(ri i=m/n;i>=1;i--){
if(m%i==0){printf("%d
",i);break;}
}
return 0;
}
B. ABC110-D-Factorization
应该有NOIP T1难度
我先考虑如果这个M是一个质数,那么就有N种可能,稍稍推广一下,如果(M = P^c),那么就相当于你有(N)个不同的盒子,然后盒子内可以不装东西,求放(c)个物品的方案数
这个就是隔板法的经典模型
如果您不知道是什么就看这篇洛谷日报吧:https://www.luogu.org/blog/chengni5673/dang-xiao-qiu-yu-shang-he-zi
于是对于(M= prod pi^{ci}),由于每个(pi)是独立的,直接乘法原理相乘就好了
一开始用线性推逆元,不知道怎么回事一直最后一个点WA,最后改成阶乘版本就过了...
int n,m;
int c[maxn],tot=0;
ll fac[maxn],inv_fac[maxn];
ll C(int n,int m){
return fac[m]*inv_fac[n]%P*inv_fac[m-n]%P;
}
ll ksm(ll a){
ll ans=1;
ll c=P-2;
while(c){
if(c&1)ans=ans*a%P;
a=a*a%P;
c=c>>1;
}
return ans%P;
}
int main(){
int x,y,M;
read(n),read(m);
M=m;
for(ri i=2;i*i<=M;i++){
if(M%i==0){
c[++tot]=1;
M/=i;
while(M%i==0){M/=i;c[tot]++;}
}
}
if(M>1)c[++tot]=1;
fac[0]=fac[1]=1;
for(ri i=2;i<=size;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%P;
inv_fac[size]=ksm(fac[size]);
for(ri i=size-1;i>=0;i--)
inv_fac[i]=inv_fac[i+1]*1ll*(i+1)%P;
ll ans=1;
for(ri i=1;i<=tot;i++){
ans=ans*C(n-1,n+c[i]-1)%P;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}
C. ABC106-D-AtcoderExpress2
个人认为应该有NOIPT2难度了(天天爱跑步算了)
第一眼一看裸题啊!求一段区间内有多少个被完全包含的区间.冷静分析之后发现并不会做
从数据结构想到容斥还是毫无思路
然后下午睡了一觉之后一下子就想出个一看就不是正解的方法:我会二维数点!
我们对于询问/给出的区间都用((l,r))表示,那么你看这个这个东西,它是不是像炉石补偿一个平面直角坐标系上的一个点
同时发现询问区间((l,r)),实际上就是询问有多少个点((l_i,r_i))满足(l_i>=l,r_i<=r)
画一个图发现它其实就是求一个矩形内有多少个点,我们按照二维数点套路搞一波就好了
关于二维数点:https://www.cnblogs.com/Rye-Catcher/p/9823554.html
这里注意排序时的cmp就好了,代码同样短的可怕
int sum[maxn<<3];
int n,m,q;
inline void add(int x,int d){for(;x<=n;x+=x&(-x))sum[x]+=d;return ;}
inline int query(int x){int ans=0;for(;x;x-=x&(-x))ans+=sum[x];return ans;}
struct Pt{
int x,y,id;
bool operator <(const Pt &rhs)const{
return (x==rhs.x)?(y==rhs.y?id<rhs.id:y<rhs.y):x>rhs.x;//注意cmp
}
}pt[maxn<<2];
int tot=0,qry[maxn];
int main(){
int x,y;
read(n),read(m),read(q);
for(ri i=1;i<=m;i++){
read(x),read(y);
pt[++tot]=(Pt){x,y,0};
}
for(ri i=1;i<=q;i++){
read(x),read(y);
pt[++tot]=(Pt){x,y,i};
}
std::sort(pt+1,pt+1+tot);
for(ri i=1;i<=tot;i++){
//printf("%d %d %d %d
",i,pt[i].id,pt[i].x,pt[i].y);
if(!pt[i].id)add(pt[i].y,1);
else qry[pt[i].id]=query(pt[i].y);
}
for(ri i=1;i<=q;i++)printf("%d
",qry[i]);
return 0;
}
D.CF-EducationalRound52-C-MakeItEqual
这题应该比T1稍难一点
首先naiive的想法就是按照高度排序一遍后,不断向下拓展,但是发现操作繁琐,而且我的做法是一个错误的想法
然后这时候我看到值域居然只有2e5?!然后我们还是按照一样的思路一路向下拓展,如果不行的话切一刀就好了
代码同样很短
注意判0的情况,太坑了
int h[maxn],n,ans=0;
int sz[maxn],mx=0,mi=inf,mi_id;
ll k,sum=0;
int main(){
read(n),read(k);
for(ri i=1;i<=n;i++){
read(h[i]);
mx=max(mx,h[i]);
mi=min(mi,h[i]);
sz[h[i]]++;
}
int num=0;
if(mx==mi){puts("0");return 0;}
for(ri i=mx;i>=mi;i--){
sum+=num;
if(sum>k){
ans++;
sum=num;
}
num+=sz[i];
}
ans++;//最后无论如何都要切一刀
printf("%d
",ans);
return 0;
}
E. CF-Round#485 div.2 D - Fair
这题昨天没想出来,今天看题解发现还挺简单的 雾)
关键还是思维太僵化了
我们可以用BFS求出每个点到某种颜色的最短路,时间复杂度(O(nk))
然后对于每个点都$nth $_ (element),求出前s小的颜色距离加起来就好了
const int maxn=100005;
const int inf=0x7fffffff;
int n,m,k,s;
int col[maxn];
vector <int> fc[105];
struct Edge{
int ne,to;
}edge[maxn<<1];
int h[maxn],num_edge=1;
inline void add_edge(int f,int to){
edge[++num_edge].ne=h[f];
edge[num_edge].to=to;
h[f]=num_edge;
}
int dis[maxn][105];
inline void bfs(int c){
queue <int> q;
int u,v;
for(ri i=0;i<fc[c].size();i++)q.push(fc[c][i]);
while(q.size()){
u=q.front();q.pop();
for(ri i=h[u];i;i=edge[i].ne){
v=edge[i].to;
if(dis[v][c]!=inf)continue;
dis[v][c]=dis[u][c]+1;
q.push(v);
}
}
return ;
}
int main(){
int x,y,z;
read(n),read(m),read(k),read(s);
for(ri i=1;i<=n;i++){
read(col[i]);
fc[col[i]].push_back(i);
for(ri c=1;c<=k;c++){
dis[i][c]=inf;
}
dis[i][col[i]]=0;
}
for(ri i=1;i<=m;i++){
read(x),read(y);
add_edge(x,y);
add_edge(y,x);
}
for(ri c=1;c<=k;c++){
bfs(c);
}
int ans=0;
for(ri i=1;i<=n;i++){
ans=0;
nth_element(dis[i]+1,dis[i]+s+1,dis[i]+1+k);
for(ri j=1;j<=s;j++)ans+=dis[i][j];
printf("%d ",ans);
}
puts("");
return 0;
}
F.
咕