以后不放题目链接了。
[AGC003A] Wanna go back home
普及-。
char S[1010];
int len;
bool s,e,n,w;
int main(){
scanf("%s",S+1);len=strlen(S+1);
for(int i=1;i<=len;i++){
if(S[i]=='S')s=true;
if(S[i]=='N')n=true;
if(S[i]=='E')e=true;
if(S[i]=='W')w=true;
}
if((s^n)||(e^w))puts("No");
else puts("Yes");
return 0;
}
[AGC003B] Simplified mahjong
普及题，贪心就行。
int n,a[100010];
long long ans;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i-1]&&a[i])a[i]--,a[i-1]--,ans++;
ans+=a[i]>>1;a[i]&=1;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
[AGC003C] BBuBBBlesort!
然而并没有绿。
离散化之后统计奇数位置上的偶数个数和偶数位置上的奇数个数之和除以 \(2\) 就行（其实这俩应该一样？）。
int n,ans,a[100010],lsh[100010];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),lsh[i]=a[i];
sort(lsh+1,lsh+n+1);
int cnt=unique(lsh+1,lsh+n+1)-lsh-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=lower_bound(lsh+1,lsh+cnt+1,a[i])-lsh;
if((a[i]&1)!=(i&1))ans++;
}
printf("%d\n",ans>>1);
return 0;
}
[AGC003D] Anticube
本场应该是最好玩的题。
首先质因子指数显然可以都 \(\bmod 3\)。
然后显然不能暴力跑质因子分解（当然这题其实pr能过）。设值域是 \(mx\) ，那么先分解 \(\sqrt[3]{mx}\) 以内的质因子并统计乘积和乘上之后是完全立方数的数。然后这样剩下了一堆数，开始分讨：
- 是 \(1\)，单独放一组。
- 是个小于 \(\sqrt {mx}\) 的质数，放第二组。
- 是个小于 \(\sqrt{mx}\) 的质数的平方，放第三组。
- 剩下的可能是一个大质数或者两个小于 \(\sqrt{mx}\) 的数相乘。这样的话能和它乘上后变成完全立方数的最小的数一定超过 \(mx\) ，所以可以直接加入答案。
然后容易发现要么两个第一组的组成一个完全立方数，要么一个第二组一个第三组组一个。讨论即可。
#define int long long
int n,mx,ans,a[100010],b[100010],c[100010],p[100010];
bool v[100010];
map<int,int>mp1,mp2;
vector<int>a1[100010],a2[100010];
void get(int n){
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!v[i])p[++p[0]]=i;
for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=n;j++){
v[i*p[j]]=true;
if(i%p[j]==0)break;
}
}
}
signed main(){
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),mx=max(mx,a[i]);
get(3000);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=p[0]&&p[j]*p[j]*p[j]<=a[i];j++){
int ret=p[j]*p[j]*p[j];
while(a[i]%ret==0)a[i]/=ret;
}
}
sort(a+1,a+n+1);
if(a[1]==1)ans++;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]==1)continue;
b[i]=c[i]=1;
for(int j=1;j<=p[0]&&p[j]<=a[i];j++){
int cnt=0;
while(a[i]%p[j]==0)a[i]/=p[j],cnt++;
if(cnt==1)b[i]*=p[j]*p[j],c[i]*=p[j];
else if(cnt==2)b[i]*=p[j],c[i]*=p[j]*p[j];
}
int sq=sqrt(a[i]);
if(sq*sq==a[i])a1[sq].push_back(i);
else if(a[i]<=100000)a2[a[i]].push_back(i);
else ans++;
}
for(int x:a1[1])mp1[b[x]]++;
for(int x:a1[1])ans+=max(mp1[b[x]],mp1[c[x]]),mp1[b[x]]=mp1[c[x]]=0;
for(int i=2;i<=100000;i++){
if(!a1[i].size()||!a2[i].size())ans+=a1[i].size()+a2[i].size();
else{
mp1.clear();mp2.clear();
for(int x:a1[i])mp1[b[x]]++;
for(int x:a2[i])mp2[b[x]]++;
for(int x:a1[i])ans+=max(mp1[b[x]],mp2[c[x]]),mp1[b[x]]=mp2[c[x]]=0;
for(int x:a2[i])ans+=max(mp2[b[x]],mp1[c[x]]),mp2[b[x]]=mp1[c[x]]=0;
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
[AGC003E] Sequential operations on Sequence
可能是水黑？
首先我们可以拿个单调栈把所有询问弄成递增的。然后考虑如何增加。
倒着扫，然后假设我们要从 \(q_i\) 增加到 \(q_{i+1}\)。那么我们分两类讨论。
- \(k=\dfrac {q_{i+1}}{q_i}\)。这一部分直接把前面集体乘个 \(k\) 就可以。
- \(r=q_{i+1}\bmod q_i\)。这一部分如果我们可以找到 \(q\) 中最大的 \(\le q_i\) 的 \(q_x\)，那么我们就可以接着把 \(q_{i+1}\) 和 \(q_i\) 的关系变成 \(q_i\) 和 \(q_x\) 的关系。递归即可。递归最后会变成一个区间加，差分就行了。
#define int long long
int n,q,top,a[100010],stk[100010],d[100010];
void getans(int x,int val){
int pos=upper_bound(stk+1,stk+top+1,x)-stk-1;
if(pos==0){
a[1]+=val;a[x+1]-=val;
}
else{
d[pos]+=x/stk[pos]*val;
getans(x%stk[pos],val);
}
}
signed main(){
scanf("%lld%lld",&n,&q);
stk[++top]=n;
while(q--){
int x;scanf("%lld",&x);
while(top&&stk[top]>=x)top--;
stk[++top]=x;
}
d[top]=1;
for(int i=top;i>=2;i--){
d[i-1]+=stk[i]/stk[i-1]*d[i];
getans(stk[i]%stk[i-1],d[i]);
}
a[1]+=d[1];a[stk[1]+1]-=d[1];
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]+=a[i-1];
printf("%lld\n",a[i]);
}
}
[AGC003F] Fraction of Fractal
知道是矩阵乘法之后可能算还好。
首先显然只有增加一级分形的时候才可能增加连通块。那么我们可以把初始的网格分别向右、向下接一个，判一下是否左右连通和上下连通。于是有三种情况：
- 都连通：显然不论什么时候连通块个数都是 \(1\)。
- 都不连通：所有连通块不管几级分形都接不上，一个快速幂跑路。
- 一边连通，以左右连通为例。上下直接转置成左右即可。
现在我们考虑一边连通的情况。（因为这是个矩阵乘法题，）我们考虑递推出 \(n\) 阶分形的答案。
设黑点个数为 \(cnt\) ，那么每次分形会增加 \(cnt\) 个连通块减去左右已经连通的块数。初始的左右连通块数可以预处理，每次递推的时候这个块数会乘上左右连通的个数。这样我们可以列出一个 \(2\times 2\) 的矩阵，快速幂即可。
写起来好像有点小麻烦所以是∑的。
const int mod=1000000007;
int n,m,cnt,a1,a2,s1,s2;
long long k;
char s[2010][2010];
struct node{
int a[3][3];
node operator*(const node &b)const{
node ret={};
ret.a[1][1]=(1ll*a[1][1]*b.a[1][1]+1ll*a[1][2]*b.a[2][1])%mod;
ret.a[1][2]=(1ll*a[1][1]*b.a[1][2]+1ll*a[1][2]*b.a[2][2])%mod;
ret.a[2][1]=(1ll*a[2][1]*b.a[1][1]+1ll*a[2][2]*b.a[2][1])%mod;
ret.a[2][2]=(1ll*a[2][1]*b.a[1][2]+1ll*a[2][2]*b.a[2][2])%mod;
return ret;
}
}a,b;
node qpow(node a,long long b){
node ans={};ans.a[1][1]=ans.a[2][2]=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*a;
a=a*a;
b>>=1;
}
return ans;
}
int qpow(int a,long long b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
a=1ll*a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%s",s[i]+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(s[i][j]=='#'){
cnt++;
if(j>1)a1+=(s[i][j-1]=='#');
if(i>1)a2+=(s[i-1][j]=='#');
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)if(s[i][1]=='#'&&s[i][m]=='#')s1++;
for(int i=1;i<=m;i++)if(s[1][i]=='#'&&s[n][i]=='#')s2++;
if(s1!=0&&s2!=0){
puts("1");return 0;
}
if(s1==0&&s2==0){
printf("%d\n",qpow(cnt,k-1));
return 0;
}
int ret=s2;
a.a[1][1]=cnt;
if(!ret)a.a[1][2]=(mod-a1)%mod,a.a[2][2]=s1;
else a.a[1][2]=(mod-a2)%mod,a.a[2][2]=s2;
b.a[1][1]=b.a[2][1]=1;
a=qpow(a,k-1);
a=a*b;
printf("%d\n",a.a[1][1]);
return 0;
}
完了。
标签：AGC003,连通,记录,int,long,stk,VP,100010,ans From： https://www.cnblogs.com/gtm1514/p/16886254.html