春节比赛合集

时间  2019-11-13
标签 春节 比赛 合集 繁體版
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春节这几天打了不少场比赛，下面作一个总结和部分题解（没写的不会作）c++

Codeforces Round #462 (Div. 1)

这是我打的第一场div1，div1和div2有很大的区别。这一次一开始打就卡在了A题，半个多小时才作出来。。spa

A. A Twisty Movement

题意：给你一个由1和2组成的序列，你能够翻转其中一段，求翻转后的最长不降低子序列。指针

数据范围：\(1 \leqslant n \leqslant 2000\)code

看到这道题以后，能够转换为求枚举一个位置，你要使前面的1和后面的2之和尽量多。字符串

咱们能够把这个序列分红4段，每段长度均可觉得0，咱们须要把中间两段交换。get

这样咱们很容易有一个dp的思路，咱们要使第一段和第三段的1尽量多，使第二段和第四段的2尽量多。string

设\(dp[i][j]\)表示当前这一段的最后一位是i，当前在第j段的最大答案it

这样转移就很显然了io

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
    int x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
    return x*f;
}
inline ll readll(){
    ll x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
    return x*f;
}
inline bool chkmax(int &x,int y){return (y>x)?(x=y,1):0;}
const int maxn=2000+10,inf=0x3f3f3f3f;
int a[maxn],sum[maxn],dp[5][maxn];
int main(){
    int n=read();
    REP(i,1,n) a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i]-1;
    dp[0][0]=0;
    REP(i,1,4)
        REP(j,0,n)
            REP(k,0,j)
                if(!(i&1)) chkmax(dp[i][j],dp[i-1][k]+sum[j]-sum[k]);
                else chkmax(dp[i][j],dp[i-1][k]+(j-sum[j])-(k-sum[k]));
    printf("%d\n",dp[4][n]);
    return 0;
}

B. A Determined Cleanup

题意：\(f(x)=q(x)*(x+k)+p\)，其中\(f(x)\)，\(x+k\)与\(q(x)\)都是多项式，给出p与k，求一个合法的\(f(x)\)使得\(f(x)\)的每一位都不超过kclass

数据范围：\(1 \leqslant p \leqslant 10^{18}\)，\(1 \leqslant k \leqslant 2000\)

式子能够转化\(f(x)\)除以\(x+k\)余数为q，咱们考虑一个多项式除以\(x+k\)的过程，发现其实就是一个相似分解成k进制可是每一位要变符号的过程

因而就很好解决了

题目中说无解输出-1，实际上没有无解的状况

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
    int x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
    return x*f;
}
inline ll readll(){
    ll x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
    return x*f;
}
const int maxn=200000+10;
ll mod;
int k,n1,n2;
bool work(int *a,int flag,int &n){
    int b=flag;
    ll p=mod;
    while(p!=0){
        int tmp=p%k;
        if(flag==-1) tmp=(k-tmp)%k;
        a[++n]=tmp;
        flag*=-1;
        p+=flag*tmp;
        if(p%k!=0) return 0;
        p/=k;
    }
    if((n&1) && b==-1) return 0;
    if(!(n&1) && b==1) return 0;
    return 1;
}
int a[maxn],b[maxn];
int main(){
    n1=n2=0;
    mod=readll(),k=read();
    if(work(b,1,n2)){
        printf("%d\n",n2);
        REP(i,1,n2) printf("%d%c",b[i],i==iend?'\n':' ');
        return 0;
    }
    printf("-1\n");
    return 0;
}

C. A Colourful Prospect

这是一道欧拉定理的题目，计算几何须要增强了。

ICM Technex 2018 and Codeforces Round #463 (Div. 1 + Div. 2, combined)

这一场拿小号_ yyc _打的（早知道拿大号打了）

D. Tree

这题一开始被卡题面了，其实就是一个简单的倍增。

（题意过于复杂不想解释）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
    int x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
    return x*f;
}
inline ll readll(){
    ll x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
    return x*f;
}
const int maxn=400000+10;
int v[maxn][20];
ll sum[maxn][20],w[maxn];
int main(){
    int q=read(),cnt=1;
    ll lst=0;
    while(q--){
        int ty=read();
        ll x=readll(),y=readll();
        x^=lst,y^=lst;
        if(ty==1){
            w[++cnt]=y;
            v[cnt][0]=x;
            while(v[cnt][0] && w[v[cnt][0]]<y) v[cnt][0]=v[v[cnt][0]][0];
            sum[cnt][0]=w[v[cnt][0]];
            for(int j=1;v[cnt][j]=v[v[cnt][j-1]][j-1];++j) sum[cnt][j]=sum[cnt][j-1]+sum[v[cnt][j-1]][j-1];
        }
        else{
            ll ans=1;
            if(y<w[x]){
                lst=0;
                printf("0\n");
                continue;
            }
            y-=w[x];
            DREP(i,19,0){
                if(!v[x][i]) continue;
                if(sum[x][i]>y) continue;
                y-=sum[x][i];
                x=v[x][i];
                ans+=(1<<i);
            }
            lst=ans;
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

E. Team Work

题意：求\(\sum_{i=1}^{n} C_n^i*i^k\)

数据范围：\(1 \leqslant n \leqslant 10^9\)，\(1 \leqslant k \leqslant 5000\)

首先能够把整数幂转化一下

\[ \sum_{i=1}^{n} C_n^i*\sum_{j=0}^{i} S_k^j*C_i^j*j! \]

将\(C_n^i\)放到后面，把组合数拆开

\[ \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{i} S_k^j*\frac {n!} {i!*(n-i)!}*\frac {i!} {j!*(i-j)!}*j! \]

约分

\[ n!*\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{i} S_k^j*\frac {1} {(n-i)!*(i-j)!} \]

后面一部分转化一下

\[ n!*\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{i} S_k^j*C_{n-j}^{n-i}*(n-j)! \]

交换一下位置

\[ n!*\sum_{j=0}^{n} S_k^j*(n-j)!*\sum_{i=j}^{n} C_{n-j}^{n-i} \]

组合数能够直接转化了

\[ \sum_{j=0}^{n} S_k^j*C_n^j*j!*2^{n-j} \]

这样由于j>k时\(S_k^j=0\)咱们能够\(O(k^2)\)处理出答案了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
    int x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
    return x*f;
}
inline ll readll(){
    ll x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
    return x*f;
}
const int maxn=5e3+10,mod=1e9+7;
int S[maxn][maxn],C[maxn],fac[maxn];
int ksm(int x,int y){
    int res=1;
    while(y){
        if(y&1) res=1ll*x*res%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
int main(){
    int n=read(),k=read();
    S[0][0]=1;
    REP(i,1,k){
        S[i][0]=0;
        S[i][i]=1;
        REP(j,1,i-1)
            S[i][j]=(S[i-1][j-1]+1ll*j*S[i-1][j]%mod)%mod;
    }
    C[0]=1;
    REP(i,1,min(n,k)) C[i]=1ll*C[i-1]*(n-i+1)%mod*ksm(i,mod-2)%mod;
    int ans=0;
    fac[0]=1;
    REP(i,1,k) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    REP(i,0,min(n,k)) ans=(ans+1ll*S[k][i]*fac[i]%mod*C[i]%mod*ksm(2,n-i)%mod)%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

Educational Codeforces Round 38 (Rated for Div. 2)

这场我是那小小号zhou8888打的（我为何有这么多小号）

C. Constructing Tests

题意：对于一个nn的矩阵和一个m，咱们设x为每一个mm的矩阵都至少有一个0的状况下1最多的个数。
给定q个x，求对于每一个x任意一组合法的n和m

数据范围：\(1 \leqslant q \leqslant 100\)，\(1 \leqslant x \leqslant 10^9\)

很容易发现\(x=n^2-(\lfloor \frac {n} {m}\rfloor)^2=(n-\lfloor \frac {n} {m}\rfloor)*(n+\lfloor \frac {n} {m}\rfloor)\)

因而枚举x的约数就好了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
    int x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
    return x*f;
}
inline ll readll(){
    ll x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
    return x*f;
}
int main(){
    int T=read();
    while(T--){
        int x=read(),flag=0;
        if(x==0){
            printf("1 1\n");
            continue;
        }
        for(int i=1;i*i<=x;++i){
            if(x%i) continue;
            if(i*i==x) continue;
            int y=x/i;
            if((i&1)^(y&1)) continue;
            int Mid=(y+i)>>1;
            int nm=Mid-i;
            if(nm>Mid) continue;
            int m=Mid/nm;
            if(nm!=Mid/m) continue;
            printf("%d %d\n",Mid,m);
            flag=1;
            break;
        }
        if(!flag) printf("-1\n");
    }
    return 0;
}

E. Max History

题意：对于一个序列a定义\(f_a\)为
一开始\(f_a=1,M=0\)
对于每一个\(2 \leqslant i \leqslant n\)若是$a_M < a_i \(咱们让\)f_a+=a_M,M=i$
给你一个序列，输出这个序列的\(n!\)种排列的\(f_a\)总和

数据范围：\(1 \leqslant n \leqslant 10^6\)，\(1 \leqslant a_i \leqslant 10^9\)

首先，确定是按位考虑，对于每个数，只有当他以前的数所有小于它时，它的贡献才会被计算
对于每一个数，咱们能够考虑先把全部比他小的数放进去，而后这个数的位置就肯定了，必定是第一个每被放过的位置，剩下的数也随便放
设\(p_i\)为比\(a_i\)小的数的个数，因此答案为

\[ \sum_{i=1}^{n} P_n^{p_i}*(n-p_i-1)!=\sum_{i=1}^{n} \frac {n!} {n-p_i} \]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
    int x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
    return x*f;
}
inline ll readll(){
    ll x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
    return x*f;
}
const int maxn=2e6+10,mod=1e9+7;
int ksm(int x,int y){
    int res=1;
    while(y){
        if(y&1) res=1ll*x*res%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
int fac[maxn],ifac[maxn];
int a[maxn];
inline void add(int &x,int y){
    x+=y;
    if(x>=mod) x-=mod;
}
int main(){
    int n=read();
    fac[0]=1;
    REP(i,1,n) fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%mod;
    ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);
    DREP(i,n-1,0) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
    int ans=0;
    REP(i,1,n) a[i]=read();
    sort(a+1,a+n+1);
    REP(i,1,n){
        int len=1,k=i-1;
        while(i+1<=n && a[i]==a[i+1]) len++,++i;
        if(i==n)
            continue;
        add(ans,1ll*fac[n]*a[i]%mod*len%mod*ksm(n-k,mod-2)%mod);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

F. Erasing Substrings

题意：给你一个字符串，长度为n，令\(k=\lfloor log_2(n)\rfloor\)，你能够操做k次，第i次操做能够删除一个长度为\(2^{i-1}\)的串，求最后剩下的字典序的串

数据范围：\(1 \leqslant n \leqslant 5000\)

这样的问题咱们通常都按位考虑，从第1位到第\((n-2^k+1)\)位,在以前的位最小的状况下，这一位是什么。

咱们每个二进制位上对应的长度都只能选一次，因此咱们设\(dp[i]\)表明当前这个字母可以删那些长度，那么咱们只要比较第i+pos位的大小就好了，上一个的最小值所在长度的集合，必须选其中至少一个，这样就很好转移了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
    int x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
    return x*f;
}
inline ll readll(){
    ll x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
    return x*f;
}
const int maxn=5000+10;
bool dp[14][maxn],f[maxn];
char s[maxn];
int main(){
    scanf("%s",s+1);
    int n=strlen(s+1);
    int m=0;
    while((1<<m+1)<=n) ++m;
    f[0]=1;
    REP(k,1,n-(1<<m)+1){
        REP(i,0,m) REP(j,0,(1<<m)-1) dp[i][j]=0;
        REP(i,0,(1<<m)-1) dp[0][i]=f[i];
        REP(i,0,m-1)
            REP(j,0,(1<<m)-1)
                if(dp[i][j]){
                    dp[i+1][j]=1;
                    dp[i+1][j|(1<<i)]=1;
                }
        int mn=40;
        REP(i,0,(1<<m)-1){
            if(!dp[m][i]) continue;
            mn=min(mn,(int)(s[i+k]-'a'));
        }
        char c=mn+'a';
        putchar(c);
        REP(i,0,(1<<m)-1){
            f[i]=dp[m][i];
            if(c!=s[i+k]) f[i]=0;
        }
    }
    putchar('\n');
    return 0;
}

hello xugou

好像难题都没作？？？

Codeforces Round #464 (Div. 2)

通过这场以后个人小号_ yyc _和个人大号同分了。。。

E. Maximize!

题意：维护一个集合，每次加入一个大于集合内全部数的整数。询问这个集合子集的最大值减去平均值的最大值。

数据范围：\(1 \leqslant q \leqslant 5*10^5\)

大力猜结论！！

他的询问咱们能够考虑是最大值尽量大，且使平均值尽量小

首先，最大值必定取得是最后加进集合中的值，咱们能够用反证法来证

而后咱们要使平均值尽量小，咱们就每次讲比平均值小的数加进答案中。

因为每次将最大值变大，因此每次加进来一个数后平均值是递增的。

这样咱们就能够用一个指针来维护了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i<=i##end;++i)
#define DREP(i,st,ed) for(register int i=st,i##end=ed;i>=i##end;--i)
typedef long long ll;
inline int read(){
    int x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^'0');
    return x*f;
}
inline ll readll(){
    ll x;
    char c;
    int f=1;
    while((c=getchar())!='-' && (c>'9' || c<'0'));
    if(c=='-') c=getchar(),f=-1;
    x=c^'0';
    while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<1ll)+(x<<3ll)+(c^'0');
    return x*f;
}
const int maxn=5e5+10;
int a[maxn];
double sum[maxn];
int main(){
    int q=read(),L=0,R=0;
    double lst=0;
    double ans=0;
    while(q--){
        int ty=read();
        if(ty==1){
            ++R;
            lst=read();
            sum[R]=sum[R-1]+lst;
            ans=(sum[L]+lst)/(L+1);
            while(L+1<R && sum[L+1]-sum[L]<ans){
                ++L;
                ans=(sum[L]+lst)/(L+1);
            }
        }
        else printf("%.10lf\n",lst-ans);
    }
    return 0;
}

UOJ Goodbye Dingyou

头一次参加uoj的比赛，难度。。。

Codeforces Round #465 (Div. 2)

C题fst是由于我不知道为何加了一个特判，而后还判错了。。

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