第三屆“傳智杯”全國大學生IT技能大賽（初賽A組）題解
阿新 • • 發佈：2020-12-20
留念
C - 志願者
排序。。按照題目規則說的排就可以。wa了兩發我太菜了qwq
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e6 + 10; inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * f; } struct Node { int t, k, id; bool operator < (const Node &b) const { if(t * k > b.t * b.k) return 1; else if(t * k < b.t * b.k) return 0; if(t > b.t) return 1; else if(t < b.t) return 0; return id < b.id; } }a[MAXN]; int main() { int N = read(); for(int i = 1; i <= N; i++) { a[i].t = read(); a[i].k = read(); a[i].id = i; } sort(a + 1, a + N + 1); for(int i = 1; i <= N; i++) cout << a[i].id << ' '; return 0; }
D - 終端
模擬一下就行了吧。。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e6 + 10; inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * f; } map<string, int> mp; string opt; int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("a.in", "r", stdin); #endif int N = read(); for(int i = 1; i <= N; i++) { cin >> opt; if(opt == "touch") { string fn; cin >> fn; if(mp.find(fn) != mp.end()) continue; mp[fn] = i; } else if(opt == "rm") { string fn; cin >> fn; if(mp.find(fn) == mp.end()) continue; mp.erase(fn); } else if(opt == "ls") { vector<pair<int, string>> tmp; for(auto &x: mp) { tmp.push_back(make_pair(x.second, x.first)); } sort(tmp.begin(), tmp.end()); for(auto x: tmp) cout << x.second << '\n'; } else if(opt == "rename") { string s1, s2; cin >> s1 >> s2; if(mp.find(s1) == mp.end()) continue; int tmp = mp[s1]; mp.erase(s1); mp[s2] = tmp; } } return 0; }
E - 運氣
顯然每個位置只能是1-6，因此所有狀態數是\(6^{10}\)不會很大，dfs一下
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e6 + 10; const int mod = 1e9 + 7; #define LL long long inline int read() { char c = getchar(); int x = 0, f = 1; while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar(); return x * f; } LL N, K, ans; void dfs(int x, LL val) { if(x == N + 1) { ans += (val % K == 0); return ; } for(int i = 1; i <= 6; i++) dfs(x + 1, val * 10 + i); } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("a.in", "r", stdin); #endif N = read(); K = read(); dfs(1, 0); cout << ans % mod; return 0; }
F - 遊戲
首先題目有個bug，沒有描述序列中有相同數的情況
那就假設所有數都不相同
可以分兩種情況考慮，\(c1 < c2\)和\(c1 > c2\)，相等的話直接輸出\((N - 1) * c1\)就行。
這兩種是類似的，這裡只說第一種。
顯然，陣列中的每一對數都有兩種情況:1.異或之後二進位制位僅有1位為1，2.有多位唯一。
接下來我是轉化成了圖論問題去考慮，不然感覺有點複雜。
我們把所有異或之後二進位制位僅有1個1的點之間連邊。
考慮得到的這張圖的性質：
對於任意一個聯通塊，我們一定能通過使用c1代價來每次消掉一個元素，並能保證最後只剩下一個元素。
emmm，，至於為什麼，，可以從聯通塊中抽出一個樹來，顯然每次從葉子節點刪，一定滿足條件。
這樣的話，只需要dfs出所有聯通塊，並求出其大小就好。
然後加加減減把答案算出來，具體看程式碼
複雜度\(O(n^2)\)(實際上還可以優化為\(O(nlogn)\)，這裡不再贅述)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
#define LL long long
inline int read() {
char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int N, c1, c2, a[MAXN], vis[MAXN];
LL cnt = 0, ans;
vector<int> v[MAXN];
void dfs(int x) {
cnt++;
vis[x] = 1;
for(auto &to: v[x]) {
if(!vis[to])
dfs(to);
}
}
void dfs2(int i) {
cnt++;
vis[i] = 1;
for(int j = 1; j <= N; j++) {
if(__builtin_popcount(a[i] ^ a[j]) != 1 && i != j && vis[j] == 0) {
dfs2(j);
}
}
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in", "r", stdin);
#endif
N = read();
c1 = read(); c2 = read();
for(int i = 1; i <= N; i++) a[i] = read();
if(c1 == c2) cout << 1ll * (N - 1) * c1;
else if(c1 < c2) {
for(int i = 1; i <= N; i++)
for(int j = 1; j <= N; j++)
if(__builtin_popcount(a[i] ^ a[j]) == 1 && i != j)
v[i].push_back(j);
LL sum = N;
for(int i = 1; i <= N; i++) {
if(!vis[i]) {
dfs(i);
ans += 1ll * (cnt - 1) * c1;
sum -= (cnt - 1);
cnt = 0;
}
}
ans += 1ll * (sum - 1) * c2;
cout << ans << '\n';
} else {
LL sum = N;
for(int i = 1; i <= N; i++) {
if(!vis[i]) {
dfs2(i);
ans += 1ll * (cnt - 1) * c2;
sum -= (cnt - 1);
cnt = 0;
}
}
ans += 1ll * (sum - 1) * c1;
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
/*
*/
G - 森林
(好久沒打比賽，開場還以為是個LCT，後來又想操作子樹的好像是ETT，不過還好及時終止了自己的危險想法)
感覺這題思維上比上一題簡單不少，
對於第一個刪邊比較難操作
可以倒序考慮轉化成加邊。
然後並查集維護連通性就ok了
具體看程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
#define LL long long
inline int read() {
char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
int N, M;
int fa[MAXN], sum[MAXN];
struct Edge {
int u, v;
}E[MAXN];
struct Opt {
int opt, a, b;
}op[MAXN];
int val[MAXN], flag[MAXN];
int find(int x) {
return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}
void unionn(int x, int y) {
int fx = find(x), fy = find(y);
sum[fy] += sum[fx];
sum[fx] = 0;
fa[fx] = fy;
}
int query(int x) {
return sum[find(x)];
}
vector<int> ans;
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in", "r", stdin);
#endif
N = read(); M = read();
for(int i = 1; i <= N; i++) val[i] = read(), fa[i] = i;
for(int i = 1; i < N; i++) {
E[i].u = read();
E[i].v = read();
}
for(int i = 1; i <= M; i++) {
op[i].opt = read();
if(op[i].opt == 1) {
op[i].a = read();//add E[a]
flag[op[i].a] = 1;
} else if(op[i].opt == 2) {
op[i].a = read(), op[i].b = read();
int tmp = val[op[i].a];//֮ǰµÄval
val[op[i].a] = op[i].b;
op[i].b = tmp;
} else {
op[i].a = read();
}
}
for(int i = 1; i <= N; i++) sum[i] = val[i];
for(int i = 1; i < N; i++) {
if(!flag[i]) {//not delet
unionn(E[i].u, E[i].v);
}
}
for(int i = M; i >= 1; i--) {
if(op[i].opt == 1) {
int id = op[i].a;
unionn(E[id].u, E[id].v);
} else if(op[i].opt == 2) {
int id = op[i].a, pre = val[id];
int fx = find(id);
sum[fx] -= pre;
sum[fx] += op[i].b;
val[id] = op[i].b;
} else {
ans.push_back(query(op[i].a));
}
}
reverse(ans.begin(), ans.end());
for(auto &x: ans) cout << x << '\n';
return 0;
}
/*
*/