大假期集訓模擬賽12
摺紙
題目描述
小 \(s\) 很喜歡摺紙。
有一天，他得到了一條很長的紙帶，他把它從左向右均勻劃分為 \(N\) 個單位長度，並且在每份的邊界處分別標上數字 \(0\sim n\) 。
然後小 \(s\) 開始無聊的摺紙，每次他都會選擇一個數字，把紙帶沿這個數字當前所在的位置翻折（假如已經在邊界上了那就相當於什麼都不做）。
小 \(s\) 想知道 \(M\) 次翻折之後紙帶還有多長。
輸入格式
輸入包含多組資料，第一為一個正整數 \(T,0<T\leq 10\) 。
接下來，每組資料包括兩行。
第一行包含兩個正整數 \(N\) 和 \(M\) ，表示紙帶的長度和操作的次數。
第二行包含 \(M\)
輸出格式
每組資料輸出一行，只有一個數字，即紙帶最後的長度。
樣例
樣例輸入
2
5 2
3 5
5 2
3 2
樣例輸出
2
2
資料範圍與提示
\(100\%\) 的資料中 \(N\leq 10^{18},M\leq 3000\) 。
思路
很簡單的一個模擬，考試的時候想複雜了，而且只是往同一個方向翻折。
其實思路很簡單，我們會發現當我們進行第 \(i\) 次翻折的時候，只有前面的翻折會對這次翻折造成影響，所以我們只需要記錄每次翻折的折點，在遍歷前 \(j(1\leq j<i)\) 次翻折，改變第 \(i\)
我們可以通過 \(f[i]\) 來記錄第 \(i\) 次翻折的時候，是向左翻的還是向右翻的，再以 \(a[j]\) 為對稱點，改變 \(a[i]\) 的值即可。
程式碼
#include <bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int maxn=1e5+50,INF=0x3f3f3f3f; inline int read(){ int x=0,w=1; char ch; for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1; for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; return x*w; } int T; int n,m; int a[maxn],f[maxn]; signed main(){ T=read(); while(T--){ n=read(),m=read(); int head=0,tail=n;//記錄當前紙條的首尾 for(int i=1;i<=m;i++){ int x=read(); if(x==head||x==tail)continue;//在邊界直接跳過 for(int j=1;j<=i-1;j++){//改變x的值 if(a[j]<x&&f[j]==2){ x=2*a[j]-x; }else if(a[j]>x&&f[j]==1){ x=2*a[j]-x; } } if(x-head<tail-x){//從左往右翻 head=x; f[i]=1; }else{//從右往左翻 tail=x; f[i]=2; } a[i]=x; } printf("%lld\n",tail-head); } return 0; }
water
題目描述
有一塊矩形土地被劃分成 \(n\times m\) 個正方形小塊。這些小塊高低不平，每一小塊都有自己的高度。水流可以由任意一塊地流向周圍四個方向的四塊地中，但是不能直接流入對角相連的小塊中。
一場大雨後，由於地勢高低不同，許多地方都積存了不少降水。給定每個小塊的高度，求每個小塊的積水高度。
注意：假設矩形地外圍無限大且高度為 \(0\) 。
輸入格式
第一行包含兩個非負整數 \(n,m\) 。
接下來 \(n\) 行每行 \(m\) 個整數表示第 \(i\) 行第 \(j\) 列的小塊的高度。
輸出格式
輸出 \(n\) 行，每行 \(m\) 個由空格隔開的非負整數，表示每個小塊的積水高度。
樣例
樣例輸入
3 3
4 4 0
2 1 3
3 3 -1
樣例輸出
0 0 0
0 1 0
0 0 1
資料範圍與提示
對於 \(20\%\) 的資料 \(n,m\leq 4\) 。
對於 \(40\%\) 的資料 \(n,m\leq 15\) 。
對於 \(60\%\) 的資料 \(n,m\leq 50\) 。
對於 \(100\%\) 的資料 \(n,m\leq 300\) ，|小塊高度| \(\leq 10^9\) 。
在每一部分資料中，均有一半資料保證小塊高度非負
思路
前幾天考了好幾次這種題型，將棋盤式的圖轉化成一個一維的圖論來處理。
我們會發現：當一個塊兒的四周有比它高度小或跟它高度相同的塊兒時，它就存不住水了。
我們可以向四周建邊，邊權為兩個塊兒的最大高度，在做一遍最小生成樹，深搜一遍求解即可。
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=300+50,INF=0x3f3f3f3f;
inline int read(){
int x=0,w=1;
char ch;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x*w;
}
int n,m;
int pan[maxn][maxn];
int dx[4]={1,0,-1,0};
int dy[4]={0,-1,0,1};
int f[maxn*maxn];
int cnt;
struct Edge{
int from,to,w;
}e[maxn*maxn*10];
struct EDGE{
int to,next,w;
}g[maxn*maxn*10];
int tot,head[maxn*maxn<<2];
void Add(int u,int v,int w){
g[++tot].to=v;
g[tot].w=w;
g[tot].next=head[u];
head[u]=tot;
}
bool cmp(Edge a,Edge b){
return a.w<b.w;
}
int Find(int x){
return f[x]==x ? x : f[x]=Find(f[x]);
}
void Merge(int x,int y){
f[Find(x)]=Find(y);
}
void Kurscal(){//最小生成樹
for(int i=1;i<=cnt;i++){
int u=e[i].from,v=e[i].to,w=e[i].w;
if(Find(u)!=Find(v)){
Merge(u,v);
Add(u,v,w);//雙向邊
Add(v,u,w);
}
}
}
void DFS(int u,int fa,int maxx){
for(int i=head[u];i;i=g[i].next){
int v=g[i].to;
if(v==fa)continue;
int vx=v/m+1,vy=v%m;//求出座標值
if(vy==0){
vx--;
vy=m;
}
pan[vx][vy]=max(maxx,g[i].w)-pan[vx][vy];//求出積水量
DFS(v,u,max(maxx,g[i].w));
}
}
signed main(){
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
pan[i][j]=read();
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
for(int k=0;k<=3;k++){
int xx=i+dx[k],yy=j+dy[k];
int x=(i-1)*m+j,y=(xx-1)*m+yy;
if(xx==0||yy==0||yy>m||xx>n){
y=0;
}
if(i==0||j==0||i>n||j>m){
x=0;
}
if(x==0&&y==0)continue;
e[++cnt].from=x;//雙向邊
e[cnt].to=y;
e[cnt].w=max(pan[i][j],pan[xx][yy]);
e[++cnt].from=y;
e[cnt].to=x;
e[cnt].w=max(pan[i][j],pan[xx][yy]);
}
}
}
for(int i=1;i<=n*m;i++){
f[i]=i;
}
sort(e+1,e+cnt+1,cmp);
Kurscal();
DFS(0,-1,-INF);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
printf("%lld ",pan[i][j]);
}
printf("\n");
}
printf("\n");
return 0;
}
找夥伴
題目描述
在班級裡，每個人都想找學習夥伴。夥伴不能隨便找，都是老師固定好的，老師給出要求：夥伴要憑自己實力去找。
老師給每個人發一張紙，上面有數字。假設你的數字是 \(w\) ，那麼如果某位同學手中的數字的所有正約數之和等於 \(w\) ，那麼這位同學就是你的小夥伴。
輸入格式
輸入包含 \(n\) 組資料（最多 \(100\) 組）
對於每組測試資料，輸入只有一個數字 \(w\) 。
輸出格式
對於每組資料輸出兩行，第一行包含一個整數 \(m\) ，表示有 \(m\) （如果 \(m=0\) ，只輸出一行 \(0\) 即可）個夥伴。
第二行包含相應的 \(m\) 個數，表示夥伴的數字。
注意：小夥伴的數字必須按照升序排列。
樣例
樣例輸入
1
42
樣例輸出
1
1
3
20 26 41
資料範圍與提示
\(100\%\) 的資料，有 \(w\leq 2\times 10^9\) 。
思路
簡單的題目，簡單的輸入輸出，嗯，數論，嗯，再見！！！
其實這個題就是用了模擬賽10中 \(T3\) 提到的約數和定理，當時只是求了個個數，這次就是求約數和了，還得記錄一下路徑。
- 約數和定理的證明：
對於一個大於 \(1\) 的正整數 \(n\) 可以分解質因數：（ \(p_i\) 為質數）
\(n=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}={p_1}^{a_1}\times {p_2}^{a_2}\times {p_3}^{a_3}\times ......\times {p_k}^{a_k}\)
\({p_k}^{a_k}\)的約數個數為 \((a_k+1)\) 。
\(n\) 的約數是從 \({p_1}^{a_1},{p_2}^{a_2},{p_3}^{a_3}......{p_k}^{a_k}\) 中每個選一個相乘得到的。
所以 \(n\) 的約數個數為 \(\prod_{i=1}^k (a_i+1)\) 。
所以約數和就是每個中選一個相乘求 \(\sum\) 。
這樣我們就可以化簡為：
\(f[n]=\prod_{i=1}^k (p_i^0+p_i^1+p_i^2+p_i^3+......+p_i^{a_i})\)
就是約數和定理
首先我們將質數都先線性篩篩出來，你也可以打表，除非你想打 \(1e5\) 的表？？？
然後對 \(w\) 進行拆分，每拆分出一個質數 \(now*=p_i^{a_i}\) ，當 \(w\) 被拆分成 \(1\) 時，此時的 \(now\) 就是一個答案。
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+50,INF=0x3f3f3f3f;
inline int read(){
int x=0,w=1;
char ch;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x*w;
}
int w;
int prime[maxn+5];
int ans[maxn+5];
int vis[maxn+5];
int tot=0,sum;
void Getprime(){//線性篩
for(int i=2;i<=maxn;i++){
if(!vis[i]){
prime[++tot]=i;
}
for(int j=1;i*prime[j]<=maxn;j++){
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
bool Judge(int x){
for(int i=2;i<=sqrt(x);i++){
if(x%i==0)return 0;
}
return 1;
}
void DFS(int now,int p,int x){
if(now==1){//被拆分成1
ans[++sum]=x;
return;
}
if(Judge(now-1)&&now>prime[p]){//剪枝，如果now-1為質數,now=(now-1)^0+(now-1)^1,直接加上結果
ans[++sum]=x*(now-1);
}
for(int i=p;prime[i]*prime[i]<=now;i++){//列舉質數
int phi=prime[i];
int cnt=prime[i]+1;//利用公式
for(;cnt<=now;phi*=prime[i],cnt+=phi){
if(now%cnt==0){
DFS(now/cnt,i+1,x*phi);
}
}
}
}
int main(){
Getprime();
while(scanf("%d",&w)==1){
sum=0;
DFS(w,1,1);
sort(ans+1,ans+1+sum);
printf("%d\n",sum);
for(int i=1;i<=sum;i++){
printf("%d ",ans[i]);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
string
題目描述
給定一個由小寫字母組成的字串 \(s\) 。
有 \(m\) 次操作，每次操作給定 \(3\) 個引數 \(l,r,x\) 。如果 \(x=1\) ，將 \(s[l]\sim s[r]\) 升序排序；如果 \(x=0\) ，將 \(s[l]\sim s[r]\) 降序排序。你需要求出最終序列。
輸入格式
第一行兩個整數 \(n,m\) ，表示字串長度為 \(n\) ，有 \(m\) 次操作。
第二行一個字串 \(s\) 。
接下來 \(m\) 行每行三個整數 \(l,r,x\) 。
輸出格式
一行一個字串表示答案。
樣例
樣例輸入
5 2
cabcd
1 3 1
3 5 0
樣例輸出
abdcc
資料範圍與提示
對於 \(40\%\) 的資料， \(n,m\leq 1000\) 。
對於 \(100\%\) 的資料， \(n,m\leq 100000\) 。
思路
- \(40opts\)的分段
直接用 \(sort\) 就可以了，簡單通俗，分價比較高。
- \(100opts\)的分段
很明顯的線段樹，但是有那麼一點考驗思維，我們在建樹的時候，若左右兩個端點的字元相同，則父節點就存這個字元的值，若不同，父節點存為 \(0\) ,當我們訪問的時候，若有值，直接輸出 \(r-l+1\) 個本字元。
如下圖：
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+50,INF=0x3f3f3f3f;
inline int read(){
int x=0,w=1;
char ch;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') w=-1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
return x*w;
}
int n,m;
char a[maxn];
struct Tree{
int l,r,w;
}e[maxn<<2];
int cnt[30];
void Build(int rt,int l,int r){//建樹
e[rt].l=l,e[rt].r=r;
if(l==r){
e[rt].w=a[l]-'a'+1;//存值
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
Build(rt<<1,l,mid);//左子樹存值
Build(rt<<1|1,mid+1,r);//右子樹存值
if(e[rt<<1].w==e[rt<<1|1].w){//若左右子樹的值相同，父節點存該值
e[rt].w=e[rt<<1].w;
}
}
void Init(int rt,int l,int r){//記錄每個字母的數量
if(e[rt].l>=l&&e[rt].r<=r&&e[rt].w!=0){
cnt[e[rt].w]+=e[rt].r-e[rt].l+1;
return;
}
if(e[rt].w!=0){
e[rt<<1].w=e[rt<<1|1].w=e[rt].w;
}
int mid=(e[rt].l+e[rt].r)>>1;
if(l<=mid){
Init(rt<<1,l,r);
}
if(r>mid){
Init(rt<<1|1,l,r);
}
}
void Change(int rt,int l,int r,int w){//修改區間
if(e[rt].l>=l&&e[rt].r<=r||e[rt].w==w){
e[rt].w=w;
return;
}
if(e[rt].w!=0){
e[rt<<1].w=e[rt<<1|1].w=e[rt].w;
e[rt].w=0;
}
int mid=(e[rt].l+e[rt].r)>>1;
if(l<=mid){
Change(rt<<1,l,r,w);
}
if(r>mid){
Change(rt<<1|1,l,r,w);
}
if(e[rt<<1].w==e[rt<<1|1].w){
e[rt].w=e[rt<<1].w;
}
}
void COUT(int rt){//輸出
if(e[rt].w!=0){
for(int i=e[rt].l;i<=e[rt].r;i++){
printf("%c",e[rt].w+'a'-1);
}
return;
}
COUT(rt<<1);
COUT(rt<<1|1);
}
int main(){
n=read(),m=read();
scanf("%s",a+1);
Build(1,1,n);
while(m--){
int l=read(),r=read(),opt=read();
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
Init(1,l,r);
if(opt==1){
for(int i=1;i<=26;i++){//正序排序
if(cnt[i]!=0){
Change(1,l,l+cnt[i]-1,i);
l+=cnt[i];
}
}
}else{
for(int i=26;i>=1;i--){//降序排序
if(cnt[i]!=0){
Change(1,l,l+cnt[i]-1,i);
l+=cnt[i];
}
}
}
}
COUT(1);
return 0;
}