2021牛客暑期多校訓練營1 個人補題記錄
比賽連結：Here
A - Alice and Bob (Game，打表)
emmm，博弈簽到題
題意：
Alice（先手） 和 Bob 面前有兩堆石頭，石頭數量為 \(n\) 和 \(m\)。
每次操作可從一堆石頭中取出 \(k\) 塊石頭，在另一堆石頭中取出 \(s\times k\) 塊。
哪一方無法執行操作則判負
我們知道當面臨兩堆石頭數量為（0，0）時為失敗，那麼如果能一次操作能取光石頭此時為必勝態
我們用一個二維陣列 \(f[i][j]\) 來表示第一堆石頭數量為i第二堆石頭數量為j的情況，\(f[i][j]=1\) 表示狀態面臨兩堆石頭數量為 \(i，j\) 時可以一步取光石頭，\(f[i][j]=0\)
證明如下：
若存在 \((i，q)(i，p)\)（p>q）滿足後手勝，那麼Alice只需將（i，p）->（i，q）即可獲勝，不滿足後手勝的條件。
這樣我們的時間複雜度大約在 \(O(n^3)\)，本題資料量為 \(5000\)，勉勉強強過的去，但是需要避免cin等操作，陣列也需要開成 bool
【AC Code】
#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
bool f[5010][5010] = {false};
int main() {
// cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
//自小到大列舉i，j
for (int i = 0; i <= 5000; i++)
for (int j = 0; j <= 5000; j++) {
if (f[i][j] == 0) { //對於每種必敗態進行拓展
//f[i][j]與f[j][i]是等價的
for (int k = 1; k + i <= 5000; k++)for (int s = 0; s * k + j <= 5000; s++)f[i + k][j + s * k] = 1;
for (int k = 1; k + j <= 5000; k++)for (int s = 0; s * k + i <= 5000; s++)f[i + s * k][j + k] = 1;
}
}
int n, m, t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d%d", &n, &m);
if (!f[n][m])puts("Bob");
else puts("Alice");
}
}
看了下其他人的程式碼，個個打表也是神了
B - Ball Dropping (Math)
給一箇中間空的等腰梯形。
然後有一個圓，問是否能從中間穿過梯形。
借用 純神 的說法：
這道題是一個數學題，簡單畫個圖即可
看到梯形我們考慮用相似三角。
首先兩個相似求出 \(\beta: \frac{b}{a} = \frac{\beta}{h + \beta}\)
\(\beta = \frac{bh}{a - b}\)
然後由於它是等腰，我們可以繼續求。
（注意這個球掉到上面的地方與牆面碰到的兩個點組成的直線不是直徑）
（我當時就搞錯了，搞了半天才發現，兩個牆壁是它的切線）
用勾股可以得到 \(Side = \sqrt{(a/2)^2 + (h + \beta)^2}\)
然後根據相似，可以得到 \(\beta + ans\)
\(a/2=\frac{Side}{ans + \beta + ans}\\ans+\beta = \frac{r * Side}{a/2}\\ans = \frac{r * Side}{a/2} - \beta\)
【AC Code】
using ld = long double;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
ld r, a, b, h;
scanf("%Lf %Lf %Lf %Lf", &r, &a, &b, &h);
if (a < b) swap(a, b);
if ((r * 2.0) <= b) printf("Drop");
else {
printf("Stuck\n");
ld beta = b * h / (a - b);
ld side = sqrt((a / 2) * (a / 2) + (beta + h) * (beta + h));
printf("%Lf", side * r / (a / 2) - beta);
}
}
C - Cut the Tree
待補
D - Determine the Photo Position （簽到）
題意：
給出一個矩陣，問有多少個地方有連續的 \(x\) 個 \(0\)，一定要在一行中。
暴力模擬列舉，
記錄一個 \(num\) 為當前這一行最後出現了多少個連續的 \(0\)，那如果接下來是 \(0\)，就 \(num\) 加一，否則就變成 \(0\)。
然後每次搞完看一下，如果 \(num\) 大於等於 \(m\) 就答案加一，表示以這個點結束的一個位置是連續的 \(x\) 個 \(0\)。
【AC Code】
int main() {
// cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n, m;
cin >> n >> m;
int a[n + 1][n + 1], ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int num = 0;
for (int j = 1; j <= n; ++j) {
scanf("%1d", &a[i][j]);
if (a[i][j] == 0)num++;
else num = 0;
if (num >= m)ans++;
}
}
cout << ans << "\n";
}
E - Escape along Water Pipe
待補
F - Find 3-friendly Integers (簽到)
題意：
3-friendly定義：一個正整數的各個位數能整除 3 則稱這個數為 3-friendly.
比如，104中 0 可整除 3，124中 12 可整除 3
問在區間 \(【L，R】\) 中有多少個 3-friendly.
這個很容易知道三位數以上的值隨便組合都能整除 3
所以我們可以先序找出 1 ~ 100 中所有非 3-friendly 的數，然後在區間計數時刪去即可
【AC Code】記得使用 long long
using ll = long long;
int vis[] = {1, 2, 4, 5, 7, 8, 11, 14, 17, 22, 25, 28, 41, 44, 47, 52, 55, 58, 71, 74, 77, 82, 85, 88};
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
ll l, r, k = 0;
cin >> l >> r;
for (int i = 0; i < 24; ++i) {
if (vis[i] >= l and vis[i] <= r)k++;
}
cout << r - l + 1 - k << "\n";
}
}
G - Game of Swapping Numbers
題意：
給兩個陣列a,b，現在可以交換a中的數k次，求 \(\sum\limits_{i = 1}^n|a_i - b_i|\)的最大值。
首先我們思考一下什麼樣的兩個數交換後的結果會大：
假如有兩對數: \((a_1,b_1),(a_2,b_2)\)
原結果為 \(abs(a_1-b_1)+abs(a_2-b_2)\)
- 如果 \(a_1>b_1\) && $a_2>b_2 $&& \(b_1>a_2\) :
那麼原結果為 \(abs(a_1-b_1)+abs(a_2-b_2)=a_1+a_2-b_1-b_2\)
交換後結果為：\(abs(a_1-b_1)+abs(a_2-b_2)=a_1-b_2+b_1-a_2=a_1+b_1-a_2-b_2\)
結果之差為 \(2 * b_1 - 2 * a_2=2*min(a_1,b_1)-2 * max(a_2,b_2)\) - 如果 \(a_1>b_1\) && \(a_2>b_2\) && \(b_1 < a_2\) :
那麼原結果為 \(abs(a_1-b_1)+abs(a_2-b_2)=a_1+a_2-b_1-b_2\)
交換後結果為：\(abs(a_1-b_2)+abs(a_2-b_1)=a_1-b_2+a_2-b_1=a_1+a_2-b_1-b_2\)
結果之差為 \(0\)
如此分析下去：
我們發現可以使結果增長的情況為一對的最小值大於另一對的最大值時.
然後當 \(n> 2\) 時，最優解結果\(（a1,b1）,(a2,b2),(a3,b3).........\)其中 \(a_i<b_i\) 或者 \(a_i>b_i\) 的對數一定有一種有兩對，假如這兩對為$(a1,b1),(a2,b2) $ {\(a_1>b_1\) && \(a_2>b_2\)}如上分析要麼增加要麼不變，所以恰好為 \(k\) 在 \(n>2\) 時等價於小於等於 \(k\) 次，所以加上可以增加的情況並小於等於 \(k\) 次即可。
【AC Code】
const int N = 5e5 + 7;
ll a[N], b[N], Ma[N], Mi[N];
bool cmp(ll a, ll b) { return a > b;}
int main() {
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];
ll ans = 0;
if (n == 2) {
if (k % 2) swap(a[1], a[2]);
ans = ans + abs(a[1] - b[1]) + abs(a[2] - b[2]);
} else {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = ans + abs(a[i] - b[i]);
Ma[i] = max(a[i], b[i]);
Mi[i] = min(a[i], b[i]);
}
sort(Mi + 1, Mi + n + 1, cmp);
sort(Ma + 1, Ma + n + 1);
for (int i = 1; i <= k && i <= n; i++) {
if (Mi[i] > Ma[i]) ans = ans + 2 * (Mi[i] - Ma[i]);
else break;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
H - Hash Function
待補
I - Increasing Subsequence (DP)
題意：
給定一個長度為 \(n(n<=5000)\) 的排列，兩個人輪流從這個序列中選擇一個數，要求當前回合此人選擇的數大於任意一個已經被選擇的數，並且該數在陣列中的位置 \(i\) 與此人上一次選擇的數在陣列中的位置 \(j\) 要滿足 \(i>j\)，如果有多個數合法則等概率的從這些數中選一個。當沒有合法數時結束，問最終被選擇的數的期望個數。
思路：
期望 \(dp\) 問題，設 \(dp[x][y]\) 為當前輪到此人選數並且他上一次選了數 \(x\) ，另一個人選了數 \(y\) 開始遊戲到遊戲結束時的數期望個數，則 \(dp[x][y] = inv[tot] * \sum\limits_{t=1}^{tot} + 1\)， \(tot\) 為可選擇的數字個數，\(a_i\) 為可選的數字。首先列舉 \(y\) ，然後用字首和處理即可 \(\mathcal{O}(1)\) 完成轉移，再列舉 \(x\) ，總複雜度為 \(\mathcal{O}(n^2)\) 。
【AC Code】
const int mod = 998244353, N = 5e3 + 10;
int p[N], c[N], sum[N], pos[N], inv[N];
int dp[N][N];
int qpow(int a, int b) {
int ans = 1;
for (; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
if (b & 1)ans = 1ll * ans * a % mod;
return ans;
}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i += 1) {
cin >> p[i];
pos[p[i]] = i;
inv[i] = qpow(i, mod - 2);
}
for (int j = n; j > 0; j -= 1) {
for (int i = 0; i <= n; i += 1) c[i] = sum[i] = 0;
for (int t = j + 1; t <= n; t += 1) {
c[pos[t]] = 1;
sum[pos[t]] = dp[j][t];
}
for (int i = n - 1; i >= 0; i -= 1) {
c[i] += c[i + 1];
sum[i] = (sum[i] + sum[i + 1]) % mod;
}
for (int i = j - 1; i >= 0; i -= 1) {
int tot = c[pos[i]];
int sm = sum[pos[i]];
if (tot) dp[i][j] = (1ll * inv[tot] * sm + 1) % mod;
}
}
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i += 1)ans = (ans + dp[0][i]) % mod;
cout << (1ll * ans * inv[n] % mod + 1) % mod;
}
J - Journey among Railway Stations
待補
K - Knowledge Test about Match
待補
The desire of his soul is the prophecy of his fate
你靈魂的慾望，是你命運的先知。