2021,10,29 模擬賽題解報告
T1 generals
solution
二分+貪心
一個很顯然的貪心，敵人都放在最後打一定比前面打了更優。
直接二分結束在哪個回合，然後 \(O(n)\) check 就好了。
複雜度 \(O(nlogn)\)
code
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXA = 1e4 + 5; const int MAXB = 1e5 + 5; const int MAXC = 1e6 + 5; int read() { int x = 0, f = 1; char c = getchar(); 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, d[MAXB], a[MAXB], Ans = -1, vis[MAXB], fag[MAXB]; bool Check(int mid) { memset(vis, 0, sizeof vis); memset(fag, 0, sizeof fag); for (int i = mid; i >= 1; i--) { if(vis[d[i]]) continue; else vis[d[i]] = i, fag[i] = d[i]; } for (int i = 1; i <= m; i++) if(!vis[i]) return false; int ret = 0; for (int i = 1; i <= mid; i++){ if(fag[i]) { if(ret < a[fag[i]]) return false; else ret -= a[fag[i]]; } else ret++; } return true; } int main() { n = read(), m = read(); for (int i = 1; i <= n; i++) d[i] = read(); for (int i = 1; i <= m; i++) a[i] = read(); int l = 1, r = n; while (l <= r) { int mid = (l + r) >> 1; if(Check(mid)) Ans = mid, r = mid - 1; else l = mid + 1; } cout<<Ans; return 0; }
T2 function
T2
給定 \(x\) , 求 \(f(x)\)
求 \(f(x) = \begin{cases} 0, x = 1\\f(\phi(x)) + 1 \end{cases}\)
solution
你會發現，答案就是把 \(x\) 一直取 \(\phi\) 直到為 \(1\) 的次數。
設 \(x = \prod_{i = 1}^{m} p_i^{q_i}\)
其中 \(p_i\) 為質數（也就是將它質因數分解）
因為 \(\phi(x) = x \prod_{i = 1}^{m} \frac{p_i - 1}{p_i}\)
把 \(x = \prod_{i = 1}^{m} p_i^{q_i}\)
\(\phi(x) = \prod_{i = 1}^{m} p_i^{q_i - 1} \times (p_i - 1)\)
觀察這個柿子：
發現每次取 \(\phi\) 就可以等價於把 \(x\) 質因數分解後，每個質因數的冪 \(-1\) ，同時產生一個 \(p_i - 1\)；
- 當 \(p_i \neq 2\) 時：
因為質數除了 2 都是奇數，如果不是 2 的話， \(p_i - 1\) 一定是個偶數，所以 \(p_i - 1\) 一定可以分解為 \(2\times y\) 的形式放到裡面，所以向裡面添加了至少一個 \(2\)。
- 當 \(p_i = 2\) 時：
因為 \(2^{q_i} \rightarrow 2^{q_i - 1}\times 1\)
所以相當在質因數分解中減掉一個 2 。
因為每輪最多減掉一個 \(2\)，所以求出所有數能產生 \(2\) 的個數，就是答案。
注意如果 \(x\) 是奇數的話，答案要 \(+1\) ，因為第一輪沒有 \(2\) 可以減。
求 \(2\) 的個數可以 \(O(n)\) 遞推來實現，也可以 \(O(\sqrt n)\) 直接實現。
遞推原理：
是質數的時候 \(\phi(i) = i-1\), 所以 \(f_i = f_{i-1}\) 不是質數的時候 因為 \(Min_i * (i / Min_i) = i\), 所以 \(f_i = f_{Min_i} + f_{i / Min_i}\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXA = 1e4 + 5;
const int MAXB = 1e5 + 5;
const int MAXC = 1e6 + 5;
int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
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 f[MAXC], tot, Min[MAXC], prime[MAXC];
bool vis[MAXC];
void Init(){
vis[1] = 1;
for (int i = 2; i <= MAXC; i++) {
if(!vis[i]) prime[++tot] = i;
for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= MAXC; j++){
vis[i * prime[j]] = 1;
Min[i * prime[j]] = prime[j];
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
f[2] = 1;
for (int i = 3; i <= MAXC; i++) {
if(!vis[i]) f[i] = f[i - 1];
else f[i] = f[Min[i]] + f[i / Min[i]];
}
}
int T, n, add;
long long Ans;
int main() {
Init();
T = read();
while(T--) {
n = read();
add = 1, Ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int p = read(), q = read();
Ans = Ans + f[p] * q;
if(p == 2) add = 0;
}
printf("%lld\n", Ans + add);
}
return 0;
}
T3 （CF618E Robot Arm）
solution
以下是題解：
考慮用線段樹維護每條線段所對應的 向量（即終點和起點的相對位置）。
由於向量可以平移，那麼就先將所有線段的起點平移到原點，設平移後終點座標為 \((x,y)\)。
對於操作 \(1\)，由相似，有：
\[\begin{cases} \frac{l}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{\Delta x}{x}\\ \frac{l}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{\Delta y}{y}\\ \end{cases} \]得到
\[\Delta x = \frac{lx}{\sqrt{x^2 + y^2}} \Delta y = \frac{ly}{\sqrt{x^2 + y^2}} \]所以直接將第 \(i\) 條線段的向量分別加上 \(\Delta x\), \(\Delta y\) 即可，直接線上段樹上單點修改。
對於操作 \(2\)，先將給出的角度制轉化為弧度制，設第 \(i\) 條線段原來相對於座標軸的角度為 \(\theta\)，由三角恆等變換，有：
\(x' = \sqrt{x^2 + y^2} cos(\theta - \alpha)\)
\(y' = \sqrt{x^2 + y^2} sin(\theta - \alpha)\)
得到
\(x' = x ~cos ~\alpha + y~sin~\alpha\)
\(y' = y ~cos ~\alpha - x~sin~\alpha\)
線上段樹上打一個旋轉角的 \(\text{lazy tag}\)，對於第 \(i\sim n\) 條線段區間修改即可。
由於向量可以平移，那麼將每次操作後得到的線段重新收尾相接相對位置不變，且最後一條線段終點座標為所有向量相加。
每次答案即為線段樹根節點的值。
複雜度：\(O(mlogn)\)
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXA = 1e4 + 5;
const int MAXB = 3e5 + 5;
const int MAXC = 1e6 + 5;
const double pi = acos(-1);
int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
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;
namespace Seg{
#define ls rt << 1
#define rs rt << 1 | 1
struct Tree{
double Sumx, Sumy, lzy;
}T[MAXB << 2];
void push_up(int rt) {
T[rt].Sumx = T[ls].Sumx + T[rs].Sumx;
T[rt].Sumy = T[ls].Sumy + T[rs].Sumy;
}
void build(int rt, int l, int r) {
if(l == r) {
T[rt].Sumx = 1, T[rt].Sumy = 0, T[rt].lzy = 0;
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(ls, l, mid), build(rs, mid + 1, r);
push_up(rt);
}
void push_down(int rt) {
if(!T[rt].lzy) return ;
double tag = T[rt].lzy;
double sumx = T[ls].Sumx, sumy = T[ls].Sumy;
T[ls].Sumx = sumx * cos(tag) + sumy * sin(tag);
T[ls].Sumy = sumy * cos(tag) - sumx * sin(tag);
sumx = T[rs].Sumx, sumy = T[rs].Sumy;
T[rs].Sumx = sumx * cos(tag) + sumy * sin(tag);
T[rs].Sumy = sumy * cos(tag) - sumx * sin(tag);
T[ls].lzy += T[rt].lzy, T[rs].lzy += T[rt].lzy;
T[rt].lzy = 0;
}
void Modify(int rt, int l, int r, int pos, double x, double y) {
if(l == r) {
T[rt].Sumx += x, T[rt].Sumy += y;
return ;
}
push_down(rt);
int mid = (l + r) >> 1;
if(pos <= mid) Modify(ls, l, mid, pos, x, y);
if(pos > mid) Modify(rs, mid + 1, r, pos, x, y);
push_up(rt);
}
void update(int rt, int l, int r, int L, int R, double k) {
if(L <= l && r <= R) {
double sumx = T[rt].Sumx, sumy = T[rt].Sumy;
T[rt].Sumx = sumx * cos(k) + sumy * sin(k);
T[rt].Sumy = sumy * cos(k) - sumx * sin(k);
T[rt].lzy += k;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
push_down(rt);
if(L <= mid) update(ls, l, mid, L, R, k);
if(R > mid) update(rs, mid + 1, r, L, R, k);
push_up(rt);
}
Tree Query(int rt, int l, int r, int pos) {
if(l == r) return T[rt];
int mid = (l + r) >> 1;
push_down(rt);
if(pos <= mid) return Query(ls, l, mid, pos);
else return Query(rs, mid + 1, r, pos);
}
}
using namespace Seg;
int main() {
n = read(), m = read();
build(1, 1, n);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int opt = read(), a = read(), b = read();
if(opt == 1) {
Tree now = Query(1, 1, n, a);
double l = sqrt(now.Sumx * now.Sumx + now.Sumy * now.Sumy);
Modify(1, 1, n, a, now.Sumx * 1.0 * b / l, now.Sumy * 1.0 * b / l);
}
if(opt == 2) {
update(1, 1, n, a, n, 1.0 * b * pi / 180.0);
}
printf("%.10lf %.10lf\n", T[1].Sumx, T[1].Sumy);
}
return 0;
}