Problem A Wanna go back home
简要题意：给定一个由 (N,S,W,E) 构成的字符串，字母表示向东南西北走一步(任意长度)，问能否回到原点 (|S|le 10^5)
tag：小学生贪心
题解：南北和东西要么同时有，要么都没有
#include <cstdio>
#include <cstring>
char a[1005];bool N=0,S=0,W=0,E=0;
int main (){
scanf ("%s",a+1);int n=strlen(a+1);
for (int i=1;i<=n;i++)
if (a[i]=='N') N=1;
else if (a[i]=='S') S=1;
else if (a[i]=='W') W=1;
else E=1;
if ((N^S)||(W^E)) puts("No");
else puts("Yes");
return 0;
}
Problem B Simplified mahjong
简要题意：你有 (a_i) 个数字 (i) ，每次可以选两个差不超过 (1) 的数字配对，问最多配对对数。(nle 10^5,a_ile 10^9)
tag：贪心
题解：两两配对，类似桶排
#include <cstdio>
#define ll long long
inline int Min(int a,int b){
return a<b?a:b;
}
ll ans=0;int a[100005];
int main() {
int n;scanf ("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf ("%d",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;i++){
if (a[i]&&a[i-1]) a[i]--,a[i-1]--,ans++;
ans+=(a[i]>>1),a[i]&=1;
}
printf ("%lld",ans);
return 0;
}
Problem C BBuBBBlesort!
简要题意：给定一个长度为 (n) 序列，支持两种操作
- 翻转任意长度为 (3) 的子段
- 翻转任意长度为 (2) 的子段
求给数列排序使用的最少的操作 (2) 的次数。(nle 10^5,a_ile 10^9)
tag：贪心，结论题
题解：有这样一个结论：如果 (i) 位置的元素距离其目标位置 (a_i) 的距离是奇数，则必须用一次 (2) 操作。设这样的元素个数是 (k) 个，答案就是 $frac{k}{2} $。
证明：必要性：(1) 操作不能改变一个元素离它的目标位置的奇偶性。充分性：两个距离其目标位置是奇数的元素，用 (2) 操作一定可以把它们挪到一起，它们两个交换一下位置，一定可以用 (2) 操作移回自己的目标位置。
#include <map>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
map <int ,int > ma;
int a[N],b[N];
int main (){
int n;scanf ("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf ("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+n+1);for (int i=1;i<=n;i++) ma[b[i]]=i;
int k=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
if ((i-ma[a[i]])&1) k++;
printf ("%d",(k>>1));
return 0;
}
Problem D Anticube
简要题意：给定 (n) 个数 (s_i) ，要求从中选出最多的数并且任意两个数字的积不是完全立方数。 (nle 10^5,s_ile 10^{10})
tag：Hash，质因数分解，补集转化
题解：可以分解到 (a^{frac{1}{3}}) ，然后要么是某质数平方 (p^2) ，要么是大质数 (p) ，这样可以不用使用 (Pollard-Rho) 当然有兴趣写也行 ，考虑把每一个指数对 (3) 取模，如果两个数所有对应质因子指数之和都是3的倍数，那么它们不能划在同一个集合，这样补集转化一下，直接用map存下来就可以了。
#include <map>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
map <ll ,int > ma;
const int M=3005,N=100005;
int p[M],tot=0;bool notp[M];
ll a[N];ll c1[N],c2[N];
int cnt[N];
map <ll,bool > used;
inline void getp(){
for (int i=2;i<=3000;i++){
if (!notp[i]) p[++tot]=i;
for (int j=1;i*p[j]<=3000&&j<=tot;j++){
notp[i*p[j]]=true;
if (i%p[j]==0) break;
}
}
}
int main (){
int n;scanf ("%d",&n);
getp();bool flag=false;
for (int i=1;i<=n;i++) scanf ("%lld",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;i++){
for (int j=1;j<=tot;j++) cnt[j]=0;
ll hash=1,hash2=1;
for (int j=1;j<=tot;j++)
while (a[i]%p[j]==0) a[i]/=p[j],cnt[j]++;
for (int j=1;j<=tot;j++) {
cnt[j]%=3;
for (int k=1;k<=cnt[j];k++) hash*=p[j];
if (cnt[j]) for (int k=2;k>=cnt[j];k--) hash2*=p[j];
}
if (a[i]==1) c1[i]=hash,c2[i]=hash2;
else {
ll t=(ll)sqrt(a[i]);
if (t*t==a[i]) hash*=t,hash*=t,hash2*=t;
else hash*=a[i],hash2*=a[i],hash2*=a[i];
c1[i]=hash,c2[i]=hash2;
}
}
int ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++) ma[c1[i]]++;
for (int i=1;i<=n;i++){
ll x=c1[i],y=c2[i];
if (used[x]||used[y]) continue;
ll t=ma[x]>ma[y]?x:y;used[t]=1;
ans+=(t==1)?1:ma[t];
}
printf ("%d",ans);
return 0;
}
Problem E Sequential operations on Sequence
简要题意：一串数，初始为 (1...N) ，现在给 (Q) 个操作，每次操作把数组长度变为 (q_i) ，新增的数为上一个操作后的数组不停自身复制直到长度等于 (q_i) 。问 (Q) 次操作后 (1-N) 每个数出现了多少次。(N,Qle 10^5,q_ile 10^{18})
tag：巧妙思维题，数据结构，单调栈，递归，差分
题解：数据结构题中很妙的一种，应该是我目前见过最妙的数据结构题之一了。
首先，如果满足 (q_ige q_{i+1})，那么 (q_{i+1}) 显然不会造成任何影响，所以维护一个单调栈，只留下有用的操作，即使得最后的操作序列单调递增
考虑一个计算第 (i) 次操作过程。前面的一大堆都是上一次操作所得答案的若干倍，所以对于一个操作，只要单独处理 (q_i \% q_{i-1}) 那一部分的答案就好了。至于前面那些没用的，就给第 (i-1) 个操作加上一个系数，到时候操作它的时候答案乘上这个系数即可。
那单独处理的这一部分，做法也是一样的。跳过前面比这一段长度更大的操作，找到第一个小于它长度的 (q_t) ，前面一大堆都是第 (t) 次操作的若干倍，所以直接给第 (t) 次操作加上一个系数，再处理 ((q_i \% q_{i-1}) \% q_t) 即可。就这样不断递归下去，直到没有比它更小的了，此时直接给答案区间 ([1, len]) 加上当前操作的系数即可（len表示当前区间长度）。区间加法可以用差分实现，最后还原即可。
那这个过程显然要倒着来做，否则你不知道当前操作的系数是多少。
至于复杂度，递归时每次长度模一个数，那层数显然不超过 (log) 层。因为要二分找上面说的那个 (t) ，所以复杂度是(O(nlognlogq))。代码非常好写。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=100005;
#define ll long long
ll a[N],f[N],d[N];int top=0;
inline void work(ll x,ll y){
if (!x) return;
int t=upper_bound(a+1,a+top+1,x)-a-1;
if(!t) d[1]+=y,d[x+1]-=y;
else f[t]+=x/a[t]*y,work(x%a[t],y);
}
int main (){
int n,m;scanf ("%d%d",&n,&m);
a[++top]=n;
for (int i=1;i<=m;i++){
ll x;scanf ("%lld",&x);
while (x<=a[top]) --top;
a[++top]=x;
}
f[top]=1;
for (int i=top;i>=2;i--) f[i-1]+=a[i]/a[i-1]*f[i],work(a[i]%a[i-1],f[i]);
d[1]+=f[1],d[a[1]+1]-=f[1];
for (int i=1;i<=n;i++) d[i]+=d[i-1],printf ("%lld
",d[i]);
return 0;
}
Problem F Fraction of Fractal
简要题意：给定一个 (H imes W) 的黑白网格，保证黑格四连通且至少有一个黑格
定义分形如下：(0) 级分形是一个 (1 imes 1) 的黑色单元格，(k+1) 级分形由 (k) 级分形得来。具体而言，(k) 级分形中每个黑色单元格将会被替换为初始给定的 (H imes W) 的黑白网格，每个白色单元格会被替换为 (H imes W) 的全白网格
求 (k) 级分形的四连通分量数，答案对 (10^9+7) 取模 (kle 10^{18}, H,Wle 10^3)
四连通分量就是连通块
tag：找规律，矩阵快速幂，思维题
题解：
首先如果这个图形与四周不连通，那么答案就一定是 (cnt^{k-1}) ，其中 (cnt) 为黑点个数。
如果这个图形上接下是联通的，左接右也是联通的，那么答案就一定是 (1)，因为最后的分形一定联通。
那么剩下的情况就只有上边和下边联通，左边和右边联通两种情况之一了（其实旋转一下就是一种情况，这里只讨论行连通，列不连通的情况）。
那么我们就只需求出 (x,y,z)，其中 (x[k]) 表示 (k) 级分形有多少个黑连通块，(y[k]) 表示 (k) 级分形有多少个黑块满足它同一行右边一个也是黑块。 (z[k]) 表示 (k) 级分形有多少行是首位连通的。
(x[k]=x[k-1]^2,y[k]=x[k-1]y[k-1]+z[k-1]y[k-1],z[k]=z[k-1]^2)
那么可以构造矩阵优化这个过程，(egin{bmatrix}x&y\ 0 & z end{bmatrix})
用快速幂求 (A=egin{bmatrix}x &y \ 0 & z end{bmatrix}^{k-1})，答案就是 (x-y) (即为 (A[1][1]-A[1][2]) ) 。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=4,Mod=1e9+7;
struct Mat{
int a[N][N];
inline void clear(){memset (a,0,sizeof(a));}
inline Mat operator *(Mat t){
Mat c;c.clear();
for (int i=1;i<=2;i++)
for (int j=1;j<=2;j++)
for (int k=1;k<=2;k++){
c.a[i][j]+=1ll*a[i][k]*t.a[k][j]%Mod;
c.a[i][j]%=Mod;
}
return c;
}
};
inline int qpow(int a,ll b){
int ans=1;
while (b){
if (b&1) ans=1ll*ans*a%Mod;
a=1ll*a*a%Mod,b>>=1;
}
return ans;
}
const int M=1005;
char s[M][M],ss[M][M];
int n,m;ll k;
inline void rev(){
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
ss[m-j+1][i]=s[i][j];
swap(n,m);
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
s[i][j]=ss[i][j];
}
inline int query(){
int cnt=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (s[i][1]=='#'&&s[i][m]=='#') ++cnt;
return cnt;
}
int main ()
scanf ("%d%d%lld",&n,&m,&k);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf ("%s",s[i]+1);
int x=0,y=0,z=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
x+=(s[i][j]=='#');
int f1=query(),cnt=0;
rev();int f2=query();rev();
if (f1&&f2) return puts("1"),0;
else if (!f1&&!f2) return printf ("%d",qpow(x,k-1)),0;
else if (f2) rev();
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<m;j++)
y+=(s[i][j]=='#'&&s[i][j+1]=='#');
for (int i=1;i<=n;i++)
z+=(s[i][1]=='#'&&s[i][m]=='#');
Mat t;t.clear();
t.a[1][1]=x,t.a[1][2]=y,t.a[2][2]=z;
Mat ans;ans.clear();--k;ans.a[1][1]=ans.a[2][2]=1;
while (k){
if (k&1) ans=ans*t;
t=t*t,k>>=1;
}
printf ("%d",(ans.a[1][1]-ans.a[1][2]+Mod)%Mod);
return 0;
}