Codeforces 1106 简要题解
A题
传送门
读错题还能过样例我给自己点个赞。
题意简述：给一个010101网格SSS，问满足Si,j=Si+1,j+1=Si+1,j−1=Si−1,j−1=Si−1,j+1S_{i,j}=S_{i+1,j+1}=S_{i+1,j-1}=S_{i-1,j-1}=S_{i-1,j+1}Si,j=Si+1,j+1=Si+1,j−1=Si−1,j−1=Si−1,j+1的XXX型个数，边长≤500‘在这里插入代码片‘\le500`在这里插入代码片`≤500‘在这里插入代码片‘。
直接模拟好吧别问博主是怎么看错题的
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
inline int read(){
int ans=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return ans;
}
typedef long long ll;
const int N=505;
int n;
char s[N][N];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(ri i=1;i<=n;++i)scanf("%s",s[i]+1);
int ans=0;
for(ri i=2;i<n;++i)for(ri j=2;j<n;++j){
if(s[i][j]=='X'&&s[i+1][j+1]=='X'&&s[i-1][j+1]=='X'&&s[i-1][j-1]=='X'&&s[i+1][j-1]=='X')++ans;
}
cout<<ans;
return 0;
}
B题
传送门
题意简述：现在有nnn个物品，每个物品有剩余体积和单位体积所需价格。
现在有mmm个人依次来买物品，先买他指定的，如果不够就从最便宜的物品开始补，补到满足这个人需求量或者所有物品都没有为止，问每个人花费。
直接模拟，难点在于英语阅读，考虑用堆来维护每个物品的信息，这样摊下来时间复杂度是很正常的O(logn)O(logn)O(logn)，毕竟每个物品最多删掉一次。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
inline int read(){
int ans=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return ans;
}
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int n,m,mp[N];
struct Node{int a,b,id;}p[N];
inline bool cmp(const Node&a,const Node&b){return a.b<b.b||(a.b==b.b&&a.id<b.id);}
priority_queue<Node>q;
inline bool operator<(const Node&a,const Node&b){return a.b>b.b||(a.b==b.b&&a.id>b.id);}
int main(){
n=read(),m=read();
for(ri i=1;i<=n;++i)p[i].a=read();
for(ri i=1;i<=n;++i)p[i].b=read(),p[i].id=i;
sort(p+1,p+n+1,cmp);
for(ri i=1;i<=n;++i)mp[p[i].id]=i,p[i].id=i,q.push(p[i]);
while(m--){
int t=read(),d=read();
if(p[mp[t]].a>=d){
p[mp[t]].a-=d;
cout<<(ll)d*p[mp[t]].b<<'\n';
continue;
}
ll res=(ll)p[mp[t]].a*p[mp[t]].b;
d-=p[mp[t]].a,p[mp[t]].a=0;
while(d&&!q.empty()){
Node tmp=q.top();
if(!p[tmp.id].a)q.pop();
else{
if(p[tmp.id].a>=d){
p[tmp.id].a-=d;
res+=(ll)p[tmp.id].b*d;
d=0;
}
else{
res+=(ll)p[tmp.id].a*p[tmp.id].b;
d-=p[tmp.id].a,p[tmp.id].a=0;
q.pop();
}
}
}
if(d)cout<<0<<'\n';
else cout<<res<<'\n';
}
return 0;
}
C题
传送门
题意简述：给nnn个数让分成若干组（每组至少两个数），一组的代价是组内左右数之和的平方，问总代价最小值。
思路：
显然的一道贪心，把数列排序之后一头一尾配对即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
inline int read(){
int ans=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return ans;
}
typedef long long ll;
const int N=3e5+5;
int n,a[N];
ll ans=0;
int main(){
n=read();
for(ri i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
sort(a+1,a+n+1);
for(ri i=1;i+i<=n;++i)ans+=(ll)(a[i]+a[n-i+1])*(a[i]+a[n-i+1]);
cout<<ans;
return 0;
}
D题
传送门
题意简述：给一张无向图，一个人从1号点出发，每次经过一个点时，如果是第一次经过某个点就把这个点加入一个序列中，问最后得到的序列的最小字典序。
思路：我们用一个堆来维护所有点的进出顺序即可，每次弹出一个点时把它能到的所有没入堆的点都压进堆里面，然后每次弹出编号最小的点即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
inline int read(){
int ans=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return ans;
}
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int n,m;
vector<int>e[N];
bool vis[N];
void bfs(){
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
q.push(1);
vis[1]=1;
while(!q.empty()){
int x=q.top();
q.pop();
cout<<x<<' ';
for(ri i=0,v;i<e[x].size();++i){
if(vis[v=e[x][i]])continue;
vis[v]=1,q.push(v);
}
}
}
int main(){
n=read(),m=read();
for(ri i=1,u,v;i<=m;++i)u=read(),v=read(),e[u].push_back(v),e[v].push_back(u);
bfs();
return 0;
}
E题
传送门
题意简述：现在有kkk个钱包，nnn个时间点，每个钱包有四个属性s,t,d,ws,t,d,ws,t,d,w表示这个钱包只能在时间点[s,t][s,t][s,t]捡，价值为www，并且如果在某个时间点捡了这个红包在时间点ddd之后才能够捡下一个红包，现在可以强制mmm个时间点不能捡红包，一个人会贪心从第一个时间点开始捡红包（即对于当前时间点如果能捡红包以价格为第一关键字ddd为第二关键字捡红包）问他能获得的最小收益。
思路：设fi,jf_{i,j}fi,j表示在前iii个时间点加jjj次限制获得的最小收益。
然后我们用线段树预处理出每个时间点如果可以选择应该选择捡哪一个红包，然后直接转移即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ri register int
using namespace std;
inline int read(){
int ans=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))ch=getchar();
while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return ans;
}
typedef long long ll;
const int N=1e5+5,M=205;
int n,m,k;
ll f[N][M];
struct Node{int s,t,d,w;}a[N];
typedef pair<int,int> pii;
pii pre[N];
namespace SGT{
#define lc (p<<1)
#define rc (p<<1|1)
#define mid (l+r>>1)
pii val[N<<2]=pii(0,0);
inline void update(int p,int l,int r,int ql,int qr,pii v){
if(ql<=l&&r<=qr){val[p]=max(val[p],v);return;}
if(qr<=mid)update(lc,l,mid,ql,qr,v);
else if(ql>mid)update(rc,mid+1,r,ql,qr,v);
else update(lc,l,mid,ql,mid,v),update(rc,mid+1,r,mid+1,qr,v);
}
inline void query(int p,int l,int r,pii v){
v=max(v,val[p]);
if(l==r){pre[l]=v;return;}
query(lc,l,mid,v),query(rc,mid+1,r,v);
}
}
inline void update(ll&a,const ll&b){a=a<b?a:b;}
int main(){
n=read(),m=read(),k=read();
for(ri i=1;i<=k;++i){
a[i].s=read(),a[i].t=read(),a[i].d=read(),a[i].w=read();
SGT::update(1,1,n,a[i].s,a[i].t,pii(a[i].w,a[i].d));
}
for(ri i=0;i<=n+1;++i)for(ri j=0;j<=m+1;++j)f[i][j]=1e18;
SGT::query(1,1,n,pii(0,0)),f[0][0]=0;
for(ri i=1;i<=n;++i)cerr<<pre[i].first<<' '<<pre[i].second<<'\n';
for(ri j=0;j<=m;++j){
for(ri i=0;i<=n;++i){
update(f[i+1][j+1],f[i][j]);
if(pre[i]==pii(0,0))update(f[i+1][j],f[i][j]);
else update(f[pre[i].second+1][j],f[i][j]+pre[i].first);
}
}
ll ans=1e18;
for(ri i=0;i<=m;++i)update(ans,f[n+1][i]);
return cout<<ans,0;
}
F题
传送门
题意简述：原本有一个fff数列，满足∀i>k,fi=(∏j=1kfi−jbj)mod  P,P=998244353\forall i>k,f_i=(\prod_{j=1}^kf_{i-j}^{b_j})\mod P,P=998244353∀i>k,fi=(∏j=1kfi−jbj)modP,P=998244353，现在已知f1f_1f1~fk−1=1f_{k-1}=1fk−1=1，以及fn(n≥k)=mf_n(n\ge k)=mfn(n≥k)=m，求fkf_kfk的可能值。
思路：
先考虑没有模数的做法：
由于f1f_1f1~fk−1f_{k-1}fk−1都是111，因此fk+1f_{k+1}fk+1是fkf_kfk的幂，fk+2f_{k+2}fk+2是fkf_kfk的幂，…，fn=mf_n=mfn=m是fkf_kfk的幂，这启发我们把f1f_1f1 ~ fk−1f_{k-1}fk−1都看成(fk)0(f_k)^0(fk)0，于是我们可以矩阵快速幂递推出m=fn=(fk)pm=f_n=(f_k)^pm=fn=(fk)p。
然后考虑同时取离散对数。
这样令ggg为原根，fk=gk,m=gq=>(gk)p=gq=>pk≡qmod  (P−1)f_k=g^k,m=g^q=>(g^k)^p=g^q=>pk\equiv q\mod (P-1)fk=gk,m=gq=>(gk)p=gq=>pk≡qmod(P−1)
然后就只用分别把p,qp,qp,q解出来然后跑一遍exgcdexgcdexgcd即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#include<tr1/unordered_map>
#define ri register int
using namespace std;
const int mod=998244353,mod1=998244352,N=105,Mod=1e6+7;
int k,b[N],n,m;
typedef long long ll;
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
inline int dec(int a,int b){return a>=b?a-b:a-b+mod;}
inline int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
inline int add1(int a,int b){return a+b>=mod1?a+b-mod1:a+b;}
inline int dec1(int a,int b){return a>=b?a-b:a-b+mod1;}
inline int mul1(int a,int b){return (ll)a*b%mod1;}
struct Matrix{
int a[N][N];
Matrix(int val=0){memset(a,0,sizeof(a));for(ri i=0;i<k;++i)a[i][i]=val;}
friend inline Matrix operator*(const Matrix&a,const Matrix&b){
Matrix ret(0);
for(ri i=0;i<k;++i)for(ri l=0;l<k;++l)if(a.a[i][l])
for(ri j=0;j<k;++j)ret.a[i][j]=add1(ret.a[i][j],mul1(a.a[i][l],b.a[l][j]));
return ret;
}
friend inline Matrix operator^(Matrix a,int p){
Matrix ret(1);
for(;p;p>>=1,a=a*a)if(p&1)ret=ret*a;
return ret;
}
}a;
inline int ksm(int a,int p){int ret=1;for(;p;p>>=1,a=mul(a,a))if(p&1)ret=mul(ret,a);return ret;}
inline int query(){
int sqr=sqrt(mod);
int tmp=ksm(3,sqr);
tr1::unordered_map<int,int>S;
S.clear();
for(ri i=0,mult=m,inv=ksm(3,mod-2);i<sqr;++i,mult=mul(mult,inv))S[mult]=i+1;
for(ri i=0,mult=1,stp=ksm(3,sqr);i*sqr<=mod;++i,mult=mul(mult,stp))if(S[mult])return (S[mult]-1)+i*sqr;
return -1;
}
inline void exgcd(int a,int b,int&x,int&y){
if(!b){x=1,y=0;return;}
exgcd(b,a-a/b*b,x,y);
int t=x;
x=y,y=t-a/b*y;
}
int main(){
scanf("%d",&k);
int sum=0;
for(ri i=1;i<=k;++i)scanf("%d",&b[i]),sum=add1(sum,b[i]);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(ri i=1;i<k;++i)a.a[i][i-1]=1;
for(ri i=0;i<k;++i)a.a[i][k-1]=b[k-i];
for(ri i=0;i<k;++i,puts(""))for(ri j=0;j<k;++j)cerr<<a.a[i][j]<<' ';
a=a^(n-k);
for(ri i=0;i<k;++i,puts(""))for(ri j=0;j<k;++j)cerr<<a.a[i][j]<<' ';
int p=a.a[k-1][k-1];
int q=query();
if(q==-1)return puts("-1"),0;
int x,y,a=p,b=mod1,c=q,g=__gcd(a,b);
if(c%g)return puts("-1"),0;
a/=g,b/=g,c/=g,exgcd(a,b,x,y);
x=(x%mod1+mod1)%mod1,x=(ll)x*c%mod1;
cout<<ksm(3,x);
return 0;
}
Codeforces 1106 简要题解的更多相关文章
- Codeforces 863 简要题解
文章目录 A题 B题 C题 D题 E题 F题 G题 传送门 简要题解?因为最后一题太毒不想写了所以其实是部分题解... A题 传送门 题意简述:给你一个数,问你能不能通过加前导000使其成为一个回文数 ...
- Codeforces 381 简要题解
做的太糟糕了...第一题看成两人都取最优策略,写了个n^2的dp,还好pre-test良心(感觉TC和CF的pretest还是很靠谱的),让我反复过不去,仔细看题原来是取两边最大的啊!!!前30分钟就 ...
- Codeforces 1120 简要题解
文章目录 A题 B题 C题 D题 E题 F题 传送门 A题 传送门 题意简述:给你一个mmm个数的数列,现在规定把一个数列的1,2,...,k1,2,...,k1,2,...,k分成第一组,把k+1, ...
- Codeforces 1098 简要题解
文章目录 前言 A题 B题 C题 D题 E题 传送门 前言 没错因为蒟蒻太菜了这场的最后一道题也咕掉了,只有AAA至EEE的题解233 A题 传送门 题意简述:给出一棵带点权的树,根节点深度为111, ...
- Codeforces 1110 简要题解
文章目录 A题 B题 C题 D题 E题 F题 G题 传送门 众所周知ldxoildxoildxoi这种菜鸡选手是不会写HHH题的,因此该篇博客只有AAA题至GGG题的题解,实在抱歉. A题 传送门 题 ...
- Codeforces 380 简要题解
ABC见上一篇. 感觉这场比赛很有数学气息. D: 显然必须要贴着之前的人坐下. 首先考虑没有限制的方案数.就是2n - 1(我们把1固定,其他的都只有两种方案,放完后长度为n) 我们发现对于一个限制 ...
- Codeforces 845 简要题解
文章目录 A题 B题 C题 D题 E题 F题 G题 传送门 A题 传送门 题意:2n2n2n个人下棋,分为两个阵营,每个阵营nnn个人,每个人有一个积分,积分高的能赢积分低的,问如果你可以随意选人,然 ...
- Codeforces 1065 简要题解
文章目录 A题 B题 C题 D题 E题 F题 G题 传送门 GGG题略难,膜了一波zhouyuyang{\color{red} zhouyuyang}zhouyuyang巨佬的代码. 其余都挺清真的. ...
- Codeforces 888 简要题解
文章目录 A题 B题 C题 D题 E题 F题 G题 传送门 A题 传送门 题意简述:给一个数列,问有多少个峰值点(同时比两边都大/小的点) 思路:按照题意模拟. 代码: #include<bit ...
随机推荐
- 项目的发布（nginx、uwsgi、django、virtualenv、supervisor）
导论 WSGI是Web服务器网关接口.它是一个规范,描述了Web服务器如何与Web应用程序通信,以及Web应用程序如何链接在一起以处理一个请求,(接收请求,处理请求,响应请求) 基于wsgi运行的框架 ...
- ES6之导入模块时的内存共享
项目结构 主页面 <!DOCTYPE html> <html> <head> <meta charset="utf-8" /> &l ...
- How to set the bash display to not show the vim text after exit?
Xshell客户端在vim编辑文件保存退出,仍然显示文本内容,而不是回到shell terminal终端. 解决办法如下: User1 is using TERM=xterm, in this cas ...
- 干净的ssm框架项目
其中数据库只有如下表与字段 访问效果: 项目下载: 干净的ssm框架项目.rar
- [leetcode]528. Random Pick with Weight按权重挑选索引
Given an array w of positive integers, where w[i] describes the weight of index i, write a function ...
- php的ob缓存详解
前言引入 先看下面的代码: 这个代码,每次输出后都有sleep(1),表示程序执行暂定一秒,想象中浏览器应该是每隔1s钟,逐渐显示1到5的,然后事实情况确不是,浏览器访问的时候,等了5s种后,页面上一 ...
- AnguarJS——第10章 路由
第10章 路由 一个应用是由若个视图组合而成的,根据不同的业务逻辑展示给用户不同的视图,路由则是实现这一功能的关键. 10.1 SPA SPA(Single Page Application)指的是通 ...
- AsnycTask内部实现原理
AsnycTask 原理就是“线程池 + Handler”的组合. 使用线程池的主要原因是避免不必要的创建及销毁线程的开销. AsyncTask 里的线程池: private static final ...
- ORACLE数据库的关闭与重启
一.关闭数据库 1.SHUTDOWN IMMEDIATE 这是我们常用的一种关闭数据库的方式,想很快地关闭数据库,但又想让数据库干净的关闭,常采用这种方式. 当前正在被Oracle处理的SQL语句立即 ...
- Pandas基本介绍
1.pandas主要的两个数据结构:Series和DataFrame Series的字符串表现形式为:索引在左边,值在右边.由于我们没有为数据指定索引.于是会自动创建一个0到N-1(N为长度)的整数型 ...