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CSP-S2020解題報告（待完成！）

阿新 • • 發佈：2020-12-02

\(CSP-S2020\)合集

A. 儒略日

這道題模擬能有\(80pts\)，可是考場上我不看題，花了將近三個小時敲大模擬\(40pts\)。

這道題實際上模擬的話可以分為公元前、1582.10.4、1582.10.5~1600.12.31，1600.12.31以後，為什麼要分到$$1600.12.31$$為結點呢？後面每四百年蹦一次方便。

當然，我們也可以通過觀察樣例求解：

考慮到\(P=3000000\)天時恰好是\(3501.8.15\)，再往後蹦\(400\)年要\(T\)即\(146097\)天。暴力預處理這些天數。然後小於等於\(C=3146097\)的天數直接輸出，大於的年月用\(C+r\% T\)天數輸出，年份\((r/T)\)

加上\((P+r\%T)\)代表的年份即可。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<set>
#include<map>
#define CLR(x, y) memset(x,y,sizeof(x))
#define FOR(i, x, y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define ROF(i, x, y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;

const int C = 3146097, T = 146097, E = 3000000;

int D[C + 7], M[C + 7], Y[C + 7];

void init()
{
	int day = 1, mon = 1, year = -4713;
	bool op = true;
	D[0] = 1, M[0] = 1, Y[0] = -4713;
	FOR(i, 1, C)
	{
		++ day;
		if(mon == 2) if((op && (day == 30)) || (op == false && (day == 29))) ++ mon, day = 1;
		if(mon == 1 || mon == 3 || mon == 5 || mon == 7 || mon == 8 || mon == 10 || mon == 12) 
			if(day == 32) ++ mon, day = 1;
		if(mon == 4 || mon == 6 || mon == 9 || mon == 11) if(day == 31) ++ mon, day = 1;
		if(mon == 13) ++ year, mon = 1;
		if(year == 0) year = 1;
		if(year == 1582 && mon == 10 && day == 5) day = 15;
		D[i] = day, M[i] = mon, Y[i] = year;
		if(year < 0) op = (-year) % 4 == 1 ? true : false;
		else 
		{
			if(year < 1583) op = year % 4 == 0 ? true : false;
			else op = (year % 4 == 0 && year % 100 != 0) || (year % 400 == 0)? true:false;
		}
	}
	return;
}
long long r;
int main()
{
	int q;
	scanf("%d", &q);
	init();
	while(q --)
	{
		scanf("%lld", &r);
		if(r <= C) 
		{
			printf("%d %d %d", D[r], M[r], abs(Y[r]));
			if(Y[r] < 0) printf(" BC\n");
			else puts("");
		}
		else
		{
			int tmp = E + (r - E) % T;
			printf("%d %d %d\n", D[tmp], M[tmp], Y[tmp] + (r - E) / T * 400);
		}
	}
	return 0;
}

B. 動物園

無語，竟然忘記特判了。\(1\)移\(64\)位就誰也救不了我了。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ull unsigned long long
using namespace std;
const int N = 1000000 + 5;
bitset <100000000 + 5> table;
struct query
{
	int p, q;
} Q[N];
int n, m, c, k;
ull a[N]; 
bool book[71] = {};
inline void read(ull &x)
{
	bool mark = false;
	char ch = getchar();
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') mark = true;
	for(x = 0; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
	if(mark) x = -x;
	return;
}
int calc(ull x)
{
	int res = 0;
	while(x)
	{
		if(x & 1) ++ res;
		x >>= 1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	table.reset();
	scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &c, &k);
	ull P = 0;
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) read(a[i]);
	for(int i = 1; i <= n; ++ i) P |= a[i];
	for(int i = 0; i < m; ++ i)
	{
		scanf("%d %d", &Q[i].p, &Q[i].q);
		if((P >> Q[i].p) & 1) table[Q[i].q] = true; 
	}
	ull res = 0;
	for(int i = 0; i < m; ++ i)
	{
		if(table[Q[i].q]) res |= 1ll << Q[i].p;
		else book[Q[i].p] = true;
	}
	bool valid = false;
	for(int i = 0; i < k; ++ i)
	{
		if(!book[i]) 
		{
			res |= 1ll << i;
		}
		else valid = true;
	}
	if(valid || k < 64) 
	{
		int cnt = calc(res);
		printf("%lld\n", (1ll << cnt) - n);
	} 
	else printf("18446744073709551616\n");
	return 0;
}

C. 函式呼叫

考場上不看題，暴力分都沒拿到。

這道題模擬、暴力\(20pts\)。更優地，我們甚至可以將乘法累積到變數，加法乘該積數逆用於優化常數。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define CLR(x, y) memset(x,y,sizeof(x))
#define FOR(i, x, y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define ROF(i, x, y) for(register int i=x;i>=y;--i)
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int N = 200000 + 5, mod = 998244353;
struct Query
{
	int t, p, v, c;
	vector <int> g;
} q[N];

int n, m, Q, a[N], f[N];
template <typename T> void read(T &x)
{
	bool mark = false;
	char ch = getchar();
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') mark = true;
	for(x = 0; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
	if(mark) x = -x;
	return;	
}
void work(int p)
{
	if(q[p].t == 1) a[q[p].p] = (a[q[p].p] + q[p].v) % mod;
	else if(q[p].t == 2) FOR(i, 1, n) a[i] = 1ll * a[i] * q[p].v % mod;
	else FOR(i, 0, q[p].g.size() - 1) work(q[p].g[i]);
	return;
}
int main()
{
	read(n);
	FOR(i, 1, n) read(a[i]);
	read(m);
	FOR(i, 1, m)
	{
		read(q[i].t);
		switch(q[i].t)
		{
			case 1:
			{
				read(q[i].p), read(q[i].v);
				break;
			}
			case 2:
			{
				read(q[i].v);
				break;
			}
			case 3:
			{
				read(q[i].c);
				FOR(j, 1, q[i].c) 
				{
					int tmp;
					read(tmp);
					q[i].g.push_back(tmp);
				}
				break;
			}
		}
	}
	read(Q);
	FOR(i, 1, Q) read(f[i]);
	FOR(i, 1, Q) work(f[i]);
	FOR(i, 1, n) printf("%d ", a[i]);
	puts("");
	return 0;
}

假設操作序列中只有加法或乘法操作，那麼呼叫順序毫無影響。

對於加法操作，我們只需要把每個函式對序列的影響記錄下來，計算每一位上的數的變數。具體來說，我們可以根據呼叫關係建立一張DAG，按照拓撲序計算出每一個加法操作被呼叫次數，對於每一個加法操作函式，可以記錄它更新的位置，統計時將該位置上的數加上總次數即可。

乘法操作雖則如出一轍，但我們對於該問題，有不一樣的解法。考慮計算每一個函式所產生的乘積貢獻值，將所有呼叫的函式乘積貢獻值（即\(dp1[i]\)）統計一下即可。

我們將問題轉化：對於每一個數\(a_i\)，先不考慮加的數對它的影響，它最終的答案就是總乘積乘該數。那麼，該問題變為了對於每一個加法操作對整個序列的影響統計，可以考慮模擬的整個過程。

該過程中，會發現，設第\(f_i\)個為加法操作，那麼，對於後面的所有的\(f_j(j>i)\)，它們的乘法貢獻一定會作用於第\(f_i\)個操作的值，最後統計即可。也就是說\(val*mul\)。

為了能夠統計後面的乘積，使其能夠對前面有影響，我們倒序進行。

時間複雜度降低為\(O(Q*m)\)。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define CLR(x, y) memset(x,y,sizeof(x))
#define FOR(i, x, y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define ROF(i, x, y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;

const int N = 100000 + 5, M = 100000 + 5, mod = 998244353;

typedef long long LL;

vector <int> G[M];

int n, m, f[N], p[M], type[M];
LL a[N], mul = 1, v[M], add[N];
void dfs(int u)
{
	if(type[u] == 1) 
	{
		add[p[u]] = (add[p[u]] + 1ll * v[u] * mul % mod) % mod;
		return;
	}
	if(type[u] == 2)
	{
		mul = 1ll * mul * v[u] % mod;
		return;
	}
	int v;
	for(int i = G[u].size() - 1; i >= 0; -- i)
	{
		v = G[u][i];
		dfs(v);
	}
	return;	
}

template <typename T> void read(T &x)
{
	bool mark = false;
	char ch = getchar();
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') mark = true;
	for(x = 0; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
	if(mark) x = -x;
	return;
}
int main()
{
	read(n);
	FOR(i, 1, n) read(a[i]);
	read(m);
	FOR(i, 1, m) G[i].clear();
	FOR(i, 1, m)
	{
		read(type[i]);
		switch(type[i])
		{
			case 1:
				read(p[i]), read(v[i]);
				break;
			case 2:
				read(v[i]);
				break;
			case 3:
				int tmp;
				read(tmp);
				G[i].resize(tmp);
				FOR(j, 0, tmp - 1) read(G[i][j]);
				break;
			default: break;
		}
	}
	int T;
	read(T);
	FOR(i, 1, T) read(f[i]);
	CLR(add, 0);
	int u;
	ROF(i, T, 1) 
	{
		u = f[i];
		if(type[u] == 1) add[p[u]] = (add[p[u]] + v[u] * mul) % mod;
		else if(type[u] == 2) mul = 1ll * mul * v[u] % mod;
		else dfs(u);
	}
	FOR(i, 1, n) printf("%lld ", (1ll * a[i] * mul % mod + add[i]) % mod);
	puts("");
	return 0;
}

這樣做並不是最好的。

考慮：一個加法被乘\(k\)次，相當於該函式被呼叫\(k\)次。

而函式的“呼叫函式”被呼叫的次數需要累加到該函式內。

定義一個數組\(dp[u]\)代表結點被呼叫了幾次。

如果該節點是個乘法呼叫，不用理它，因為乘法我們已經計算完了；如果是一個“呼叫函式”那麼，接下來的步驟，就是來解決內部的函式呼叫的統計；如果是一個加法呼叫，可以累加到\(add[i]\)第\(i\)位影響。

接下來，我們統計所有在“呼叫函式”中被呼叫的函式呼叫次數。

拓撲排序。

不過，在TOP過程中，要隨時記錄乘積，更新呼叫次數；另外，對於一個“呼叫函式”的呼叫順序，可以倒序求解。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define CLR(x, y) memset(x,y,sizeof(x))
#define FOR(i, x, y) for(register int i=x;i<=y;++i)
#define ROF(i, x, y) for(register int i=x;i>=y;--i)
using namespace std;

const int N = 100000 + 5, M = 100000 + 5, mod = 998244353;

typedef long long LL;


template <typename T> void read(T &x)
{
	bool mark = false;
	char ch = getchar();
	for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') mark = true;
	for(x = 0; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
	if(mark) x = -x;
	return;
}
vector <int> G[M];
queue <int> Q;

int n, m, f[N], p[M], type[M], deg[M];
LL a[N], mul = 1, v[M], dp1[M], dp[M], add[N];
void dfs(int u)
{
	if(dp1[u] != -1) return;
	if(type[u] == 1) dp1[u] = 1;
	else if(type[u] == 2) dp1[u] = v[u];
	else
	{
		dp1[u] = 1;
		int x;
		for(int i = 0; i < G[u].size(); ++ i)
		{
			x = G[u][i];
			dfs(x);
			dp1[u] = 1ll * dp1[u] * dp1[x] % mod;
		}
	}
}
int main()
{
	read(n);
	FOR(i, 1, n) read(a[i]);
	read(m);
	CLR(deg, 0);
	FOR(i, 1, m) G[i].clear();
	FOR(i, 1, m)
	{
		read(type[i]);
		switch(type[i])
		{
			case 1:
				read(p[i]), read(v[i]);
				break;
			case 2:
				read(v[i]);
				break;
			case 3:
				int tmp;
				read(tmp);
				G[i].resize(tmp);
				FOR(j, 0, tmp - 1)
				{
					read(G[i][j]);
					++ deg[G[i][j]];
				}
				break;
			default: break;
		}
	}
	CLR(dp1, -1), CLR(dp, 0);
	FOR(i, 1, m) if(!deg[i]) dfs(i);
	int u, T;
	LL w;
	read(T);
	FOR(i, 1, T) read(f[i]);
	ROF(i, T, 1) 
	{
		u = f[i];
		if(type[u] == 1) dp[u] = (dp[u] + mul) % mod;
		else if(type[u] == 2) mul = 1ll * mul * dp1[u] % mod;
		else dp[u] = (dp[u] + mul) % mod, mul = 1ll * mul * dp1[u] % mod;
	}
	CLR(add, 0);
	while(Q.size()) Q.pop();
	FOR(i, 1, m) if(!deg[i]) Q.push(i);
	while(Q.size())
	{
		u = Q.front();
		Q.pop();
		if(type[u] == 1) add[p[u]] = (add[p[u]] + dp[u] * v[u]) % mod;
		w = dp[u];
		reverse(G[u].begin(), G[u].end());
		for(int i = 0; i < G[u].size(); ++ i)
		{
			int x = G[u][i];
			-- deg[x];
			dp[x] = (dp[x] + w) % mod;
			w = 1ll * w * dp1[x] % mod;
			if(!deg[x]) Q.push(x);
		}
	}
	FOR(i, 1, n) printf("%lld ", (1ll * a[i] * mul % mod + add[i]) % mod);
	puts("");
	return 0;
}

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