CSP2022 J2参考解析

目录

• P8813 [CSP-J2022] 乘方
• P8814 [CSP-J2022] 解密
• P8815 [CSP-J2022] 逻辑表达式
• P8816 [CSP-J2022] 上升点列

题目传送：

• P8813 [CSP-J 2022] 乘方
• P8814 [CSP-J 2022] 解密
• P8815 [CSP-J 2022] 逻辑表达式
• P8816 [CSP-J 2022] 上升点列

P8813 [CSP-J2022] 乘方

• 题目描述很简单，但是数据范围很大, \(a,b \in [1,10^9]\)。

• 方法1：一眼 long long 快速幂，可AC，但是有一个细节

• 快速幂可能存在情况 ans 合理，ans*a 越界到 \([1,10^9]\)，这个坑需要注意。

• 方法2：细想一下 \(2^{31}>1e9\)，其实直接暴力枚举就行，特判 \(a=1\)的情况。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e6+10,INF=0x3f3f3f3f, M=1e9;

LL fpow(LL a,LL n){
    for(int i=1; i<=n && i<32; i++){
        if((LL)pow(a,i)>M) return -1;
    } // 提前处理
    LL ans=1;
    while(n){
        if(n&1) ans=ans*a;
        if(ans>M || a>=M) return -1;
        a = a*a;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}
LL slove2(LL a,LL n){
    if(a==1) return 1;
    LL ans=1;
    for(int i=1; i<=n && i<32; i++){
        ans = ans*a;
        if(ans > M) return -1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    LL a,b;
    while(cin>>a>>b){
//        cout<<fpow(a,b)<<endl;
        cout<<slove2(a,b)<<endl;
    }
    fclose(stdin); fclose(stdout); return 0;
}

P8814 [CSP-J2022] 解密

• 题意：\(p*q=n, e*d=(p-1)(q-1)+1\)，已知 \(n,e,d\)，求 \(p,q\)。

• 明显可以用一元二次方程 \(O(1)\) 解

• 一元二次方程：\(ax^2+bx+c=0\)，已知 \(a,b,c\)，求解 \(x\)。

• 公式：\(\Delta=b^2-4ac\)

• 如果 \(\Delta < 0\)，则无解。

• 如果 \(\Delta=0\)，则有唯一解 \(x=\frac{-b}{2a}\)

• 如果 \(\Delta>0\)，则有两个不同的解 \(x=\frac{-b±\sqrt{\Delta}}{2a}\)

• 推导

\[\begin{aligned}
&e*d = p*q - (p+q) + 2\\
&p + q = n-e*d+2 = m \\
&p*q = p * (m- p) = n， 结合上述方程，代入可得如下方程： \\ \\
&p^2 - m*p + n = 0 // 解此方程，求出 p \\
&\Delta = (-m)^2 - 4*1 *n = m^2 -4n \\
\\
&if(\Delta < 0) // NO 无解 \\
&else\{ \\
&\quad p = (m^2 ± \sqrt{\Delta})/2 \\
&\quad q = n/p \\
&\quad if(p > q) swap(p,q); \\
&\quad if(p*q==n \&\& p+q==m) // p q 就是答案 \\
&\quad else // NO 无解 \\
&\} \\
&\end{aligned}
\]

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e6+10,INF=0x3f3f3f3f, M=1e9;
LL k,n,e,d;

int main() {
//    freopen("data.in", "r", stdin);
    cin>>k;
    for(int i=1; i<=k; i++) {
        cin>>n>>e>>d;
        LL m = n+2-e*d;
        LL delta = m*m - 4*n;
        if(delta < 0) cout<<"NO"<<endl;
        else {
            LL p = (m-(LL)sqrt(delta)) /2;
            LL q = n/p;
            // if(p > q) swap(p, q);
            if(p*q==n && p+q==m) cout<<p<<" "<<q<<endl;
            else cout<<"NO"<<endl;
        }
    }
    fclose(stdin); fclose(stdout); return 0;
}

• 上述 \(O(1)\) 的说法其实不是那么准确，可以说是 \(O(\sqrt{n})\)，主要在开方的时候，其复杂度一般是和牛顿迭代法相当的，比二分要优秀。

• sqrt() 复杂度介绍

• 方法2：二分答案 \(p\)，单次复杂度 \(O(logn)\)， 可以AC

• \(p*q=n, p+q=m\)

• 二分性质：两个正整数的和一定，那么差越小，乘积越大。

\[\begin{aligned}
&证明：令 a+b = n, a-b = m，\\
&则 a = \frac{n+m}{2}, b=\frac{n-m}{2},\\
&a*b = \frac{(n+m)*(n-m)}{2} = \frac{n^2-m^2}{2} \\
&由于 n是固定的，所以 m越小，a*b越大。
\end{aligned}
\]

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e6+10,INF=0x3f3f3f3f, M=1e9;
LL k,n,e,d;

int main() {
//    freopen("data.in", "r", stdin);
    cin>>k;
    for(int i=1; i<=k; i++) {
        cin>>n>>e>>d;
        LL m = n+2-e*d;
        LL l=1, r=m-1, p, q, flag=0;
        while(l<=r) {
            p = l+r>>1, q = m-p;
            if(p*q==n) {
                if(p>q) swap(p, q);
                cout<<p<<" "<<q<<endl;
                flag=1; break;
            } else if(p*q<n) {
                l = p+1;
            } else {
                r = p-1;
            }
        }
        if(!flag) cout<<"NO"<<endl;
    }
    fclose(stdin); fclose(stdout); return 0;
}

P8815 [CSP-J2022] 逻辑表达式

• 大模拟，表达式树，栈
• 这和表达式求值的题目比较相似，只是计算对象变为三元组，确定优先级
• 另外就是计算的一些规则需要重新推导一下，如下图

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e6+10,INF=0x3f3f3f3f, M=1e9;
unordered_map<char,int> pr {{'&', 2}, {'|', 1}};
/*
 (v,a,b)  = (value, and, or)

 (1,a1,b1) & (v,a2,b2) = (v, a1+a2, b1+b2)
 (0,a1,b1) | (v,a2,b2) = (v, a1+a2, b1+b2)
 (0,a1,b1) & (v,a2,b2) = (0, a1+1, b1)
 (1,a1,b1) | (v,a2,b2) = (1, a1, b1+1)
*/

struct T {
    int v,a,b;
} pa,pb;
stack<T> num;
stack<char> op;

void cal() {
    pb=num.top(), num.pop();
    pa=num.top(), num.pop();
    char c = op.top(); op.pop();
    int a1=pa.a, b1=pa.b, v=pb.v, a2=pb.a, b2=pb.b;
    if(c=='&') {
        // (0,a1,b1) & (v,a2,b2) = (0,a1+1,b1)
        // (1,a1,b1) & (v,a2,b2) = (v,a1+a2,b1+b2)
        if(pa.v==0) num.push({0,a1+1,b1});
        else num.push({v,a1+a2,b1+b2});
    } else if(c=='|') {
        // (0,a1,b1) | (v,a2,b2) = (v,a1+a2,b1+b2)
        // (1,a1,b1) | (v,a2,b2) = (1,a1,b1+1)
        if(pa.v==0) num.push({v,a1+a2,b1+b2});
        else num.push({1,a1,b1+1});
    }
}
int main() {
//    freopen("data.in", "r", stdin);
    string s;
    while(cin>>s) {
//        while(num.size()) num.pop();
//        while(op.size()) op.pop();

        for(int i=0; i<s.size(); i++) {
            char c = s[i];
            if(isdigit(c)) num.push({c-'0', 0, 0});
            else if(c=='(') {
                op.push(c);
            } else if(c==')') {
                while(op.top()!='(') cal();
                op.pop();
            } else {
                while(op.size() && op.top()!=')' &&
                        pr[op.top()] >= pr[c]) cal();
                op.push(c);
            }
        }
        while(op.size()) cal();
        cout<<num.top().v<<endl;
        cout<<num.top().a<<" "<<num.top().b<<endl;
    }
    fclose(stdin); fclose(stdout); return 0;
}

P8816 [CSP-J2022] 上升点列

• 最长上升子序列，二维DP
• 状态：\(f_{i,j}\) 表示 以第 \(i\) 个元素结尾，插入 \(j\) 个元素的最长上升序列长度。
• 转移：\(f_{i,j}=max\{f_{i,j-d}+d+1\} ,d = x2-x1+y2-y1-1\)
• 目标：\(ans=max\{f_{i,k}\}\)

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=510,INF=0x3f3f3f3f;
int n,k,f[N][N],ans=0;
struct T{
    int x,y;
    bool operator< (const T& rhs) const{
        if(x!=rhs.x) return x<rhs.x;
        return y<rhs.y;
    }
}g[N];

// 状态：f[i][j] 表示序列以i结尾，添加j个点序列的最大长度
// 转移：f[i][j] = max(f[i][j], f[t][j-d]+d+1)
// d = x2-x1+y2-y1-1
int main(){
    cin>>n>>k; int x,y;
    for(int i=1; i<=n; i++) { cin>>x>>y; g[i]={x,y}; }
    sort(g+1, g+1+n);
    for(int i=1; i<=n; i++){
        for(int j=0; j<=k; j++){
            f[i][j]=j+1;
            for(int t=1; t<i; t++){ // t -> i
                if(g[t].x > g[i].x || g[t].y > g[i].y) continue;
                int d=g[i].x-g[t].x+g[i].y-g[t].y-1;
                if(j>=d) f[i][j]=max(f[i][j], f[t][j-d]+d+1);
            }
        }
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) ans=max(ans,f[i][k]);
    cout<<ans;
    fclose(stdin); fclose(stdout); return 0;
}